資源簡介

考點 15 函數模型的應用（3 種核心題型+基礎保分練+綜合提
升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.了解指數函數、對數函數與一次函數增長速度的差異.
2.理解“指數爆炸”“對數增長”“直線上升”等術語的含義
3.能選擇合適的函數模型刻畫現實問題的變化規律，了解函數模型在社會生活中的廣泛應用
【知識點】
1．三種函數模型的性質
函數
y＝ax(a>1) y＝logax(a>1) y＝xn(n>0)
性質
在(0，＋∞)
單調遞增 單調遞增 單調遞增
上的增減性
增長速度 越來越快 越來越慢 相對平穩
隨 x 的增大逐漸表現 隨 x 的增大逐漸表現為 隨 n 值的變化而各有
圖象的變化
為與 y 軸平行 與 x 軸平行 不同
2．常見的函數模型
函數模型 函數解析式
一次函數模型 f(x)＝ax＋b(a，b 為常數，a≠0)
二次函數模型 f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c 為常數，a≠0)
k
反比例函數模型 f(x)＝ ＋b(k，b 為常數，k≠0)
x
指數函數模型 f(x)＝bax＋c(a，b，c 為常數，a>0 且 a≠1，b≠0)
對數函數模型 f(x)＝blogax＋c(a，b，c 為常數，a>0 且 a≠1，b≠0)
冪函數模型 f(x)＝axα＋b(a，b，α 為常數，a≠0，α≠0)
【核心題型】
題型一　用函數圖象刻畫變化過程
判斷函數圖象與實際問題變化過程相吻合的兩種方法
(1)構建函數模型法：當根據題意易構建函數模型時，先建立函數模型，再結合模型選擇函
數圖象．
(2)驗證法：根據實際問題中兩變量的變化快慢等特點，結合函數圖象的變化趨勢，驗證是
否吻合，從中排除不符合實際的情況，選擇出符合實際情況的答案．
【例題 1】（2023·山西朔州·模擬預測）為研究每平方米平均建筑費用與樓層數的關系，某開
發商收集了一棟住宅樓在建筑過程中，建筑費用的相關信息，將總樓層數 x 與每平米平均建
筑成本 y （單位：萬元）的數據整理成如圖所示的散點圖：
則下面四個回歸方程類型中最適宜作為每平米平均建筑費用 y 和樓層數 x 的回歸方程類型
的是（ ）
A． y = a + bx B． y = a + bex
C． y = a
b
+ D． y = a + bx2
x
【答案】C
【分析】通過觀察散點圖并結合選項函數的類型得出結果.
【詳解】觀察散點圖，可知是一個單調遞減的曲線圖，結合選項函數的類型可得回歸方程類
型是反比例類型，故 C 正確.
故選：C
【變式 1】（2023·江西南昌·二模）為了預防某種病毒，某學校需要通過噴灑藥物對教室進行
全面消毒．出于對學生身體健康的考慮，相關部門規定空氣中這種藥物的濃度不超過 0.25
毫克/立方米時，學生方可進入教室．已知從噴灑藥物開始，教室內部的藥物濃度 y（毫克/
ì 0.1t,0 t 10
t
立方米）與時間 t（分鐘）之間的函數關系為 y = í 1
-a
10 ，函數的圖像如圖所示．如
÷ , t >10
è 2
果早上 7：30 就有學生進入教室，那么開始噴灑藥物的時間最遲是（ ）
A．7：00 B．6：40 C．6：30 D．6：00
【答案】A
【分析】函數的圖像過點 10,1 ，代入函數的解析式求得未知系數 a，解函數不等式即可.
【詳解】根據函數的圖像，可得函數的圖像過點 10,1 ，
1 1-a
由函數圖像連續，代入函數的解析式，可得 2 ÷
=1，解得 a =1，
è
ì0.1t,0 t 10

y = t所以 í 1 -1 10 ，
2 ÷
t >10
è
t
-1
令 y 0.25，可得0.1t 0.25或 1 10 ÷ 0.25，
è 2
解得0 < t 2.5或 t 30．
所以如果 7：30 學生進入教室，那么開始噴灑藥物的時間最遲是 7：00．
故選：A
【變式 2】（2023·四川南充·三模）血藥濃度是指藥物吸收后在血漿內的總濃度，當血藥濃度
介于最低有效濃度和最低中毒濃度之間時藥物發揮作用．某種藥物服用 1 單位后，體內血藥
濃度變化情況如圖所示（服用藥物時間對應 t 時），則下列說法中不正確的是（ ）
A．首次服藥 1 單位后 30 分鐘時，藥物已經在發揮療效
B．若每次服藥 1 單位，首次服藥 1 小時藥物濃度達到峰值
C．若首次服藥 1 單位，3 小時后再次服藥 1 單位，一定不會發生藥物中毒
D．每間隔 5.5 小時服用該藥物 1 單位，可使藥物持續發揮治療作用
【答案】C
【分析】根據所給圖象及最低有效濃度、最低中毒濃度，逐項判斷即可得解.
【詳解】由圖象知，當服藥半小時后，血藥濃度大于最低有效濃度，故藥物已發揮療效，
故 A 正確；
由圖象可知，首次服藥 1 小時藥物濃度達到峰值，故 B 正確；
首次服藥 1 單位，3 小時后再次服藥 1 單位，經過 1 小時后，血藥濃度超過3a + 6a = 9a ，
會發生藥物中毒，故 C 錯誤；
服用該藥物 5.5 小時后血藥濃度達到最低有效濃度，再次服藥可使血藥濃度超過最低有效濃
度且不超過最低中毒濃度，藥物持續發揮治療作用，故 D 正確.
故選：C
【變式 3】（23-24 高三下·江蘇鎮江·開學考試）函數 f (x)
ax + b
=
(x c)2 的圖象如圖所示，則+
（ ）
A． a < 0,b < 0,c > 0 B． a > 0,b < 0,c > 0
C． a > 0,b > 0,c < 0 D． a > 0,b < 0,c < 0
【答案】D
【分析】由函數的定義域可判斷 c的符號，分別令 x = 0, y = 0可判斷 a,b的符號.
【詳解】由 x + c 0，得 x -c，所以 f (x) 的定義域為 (- , -c) U (-c, + )，
由圖可知-c > 0，得 c < 0，
令 f (x) = 0 ，則 ax + b = 0 ，得 x
b
= - ，
a
b b
由圖可知 x = - > 0，得 < 0，
a a
b
令 x = 0 y
b
，得 = 2 ，由圖可知 2 < 0，得b < 0，c c
所以 a > 0，
綜上， a > 0，b < 0， c < 0，
故選：D
題型二　已知函數模型的實際問題
已知函數模型解決實際問題的關鍵
(1)認清所給函數模型，弄清哪些量為待定系數．
(2)根據已知利用待定系數法，確定模型中的待定系數．
(3)利用該函數模型，借助函數的性質、導數等求解實際問題，并進行檢驗．
【例題 1】．（2024 高三·全國·專題練習）中國茶文化博大精深，茶水的口感與茶葉類型和水
的溫度有關，經驗表明，某種綠茶用85℃的開水泡制，再等茶水溫度降至55℃時飲用，可
以產生最佳口感，如果茶水原來的溫度是T0℃，經過一定時間 tmin 后的溫度 T(單位：℃)可
由公式T = Ta + T0 -Ta ×e-kt 求得，其中Ta 表示室溫，k 是一個隨著物體與空氣的接觸狀況而
定的正常數．現有一杯85℃的綠茶放在室溫為 25℃的房間中，如果茶溫降到 45℃需要
10min ，那么在 25℃室溫下，用85℃的開水泡制，剛泡好的茶水要達到最佳飲用口感，大約
需要放置（ ）(參考數據： ln2 0.693, ln 3 1.099 )
A． 4min B．6min C．7min D．9min
【答案】C
【分析】一杯85℃的綠茶放在室溫為 25℃的房間中，茶溫降到 45℃需要 10min 代入公式得
k ln 3 t 10 ln 2= ；茶溫降到55℃需要 tmin 代入公式得 = ，結合題中數據可求得 t .
10 ln 3
【詳解】因為一杯85℃的綠茶放在室溫為 25℃的房間中，如果茶溫降到 45℃需要 10min ，
則 45 = 25 + 85 - 25 ×e-10k -10k 1 ln 3，整理得 e = ，解得 k = ，
3 10
一杯85℃的綠茶放在室溫為 25℃的房間中，如果茶溫降到55℃需要 tmin ，
則55 = 25 + 85 - 25 ×e-kt -kt 1 ln 2，整理得 e = ，解得 t = =10 ln 2 6.31，
2 k ln 3
所以大約需要7min .
故選：C
【變式 1】（2024·四川德陽·三模）如今我國物流行業蓬勃發展，極大地促進了社會經濟發展
和資源整合．已知某類果蔬的保鮮時間 y(單位：小時)與儲藏溫度 x(單位：℃)滿足函數關系．
y = eax+b (a，b．為常數)，若該果蔬在 7℃的保鮮時間為 288 小時，在 21℃ 的保鮮時間為 32
小時，且該果蔬所需物流時間為 4 天，則物流過程中果蔬的儲藏溫度(假設物流過程中恒溫)
最高不能超過（ ）
A．14℃ B．15℃ C．13℃ D．16℃
【答案】A
【分析】根據給定的函數模型建立方程組，再列出不等式即可求解.
ìe7a+b = 288 1 1
【詳解】依題意， í e14a 7a21a+b ，則 = ，即 e = ，顯然 a<0，
e = 32 9 3
設物流過程中果蔬的儲藏溫度為 t℃，于是 eat+b 96 = 3 ×e21a+b = e-7a ×e21a+b = e14a+b ，
解得 at + b 14a + b，因此 t 14，
所以物流過程中果蔬的儲藏溫度最高不能超過 14℃.
故選：A
【變式 2】（2023·貴州銅仁·模擬預測）牛頓曾經提出了在常溫環境下的溫度冷卻模型
q = q + q -q e-kt0 1 0 （t 為時間，單位：分鐘，q0為環境溫度，q1為物體初始溫度，q 為冷卻
后溫度），假設一杯開水溫度q1 =100℃，環境溫度q0 = 20℃，常數 k = 0.2，大約經過
分鐘水溫降為 30℃（參考數據： ln 2 0.7 ）．
【答案】10.5
【分析】代入數據，結合指數與對數性質運算即可得.
【詳解】由題意30 = 20 + (100 - 20)e-0.2t ，則 0.2t = ln8 = 3ln 2 3 0.7 = 2.1，所以 t 10.5分鐘．
故答案為：10.5 .
【變式 3】（2024 高三·全國·專題練習）環保部門為了研究某池塘里某種植物生長面積 S(單
位：m2 )與時間 t(單位：月)之間的關系，通過觀察建立了函數模型
S t ＝kat (t Z,k > 0,a > 0，且 a 1) .已知第一個月該植物的生長面積為1m2，第三個月該植
物的生長面積為 4m2 .
2
(1)求證：若 S t1 ·S t3 = S t2 ，則 t1 + t3 = 2t2 ；
(2)若該植物的生長面積達到 100 m2以上，則至少要經過多少個月？
【答案】(1)證明見解析
(2)8 個月
【分析】（1）先根據條件求出參數，利用指數的運算可得答案；
（2）根據題意可得 2t -1 >100，求解指數不等式即可.
ìS 1 = ka =1 ìk 1 =
【詳解】（1）證明：∵ íS 3 ka3 4，∴ í 2 . = = a = 2
∴ S t 1= 2t = 2t-1 .
2
2由 S t1 ·S t3 = S t2 ，得 2t1 -1 ×2t3 -1 = 22t2 -2 ，∴ t1 + t3 = 2t2 .
（2）令 S t = 2t -1 >100，又 t Z， S 7 = 64 <100, S 8 =128 >100，
∴ t 8，即至少需要經過 8個月
題型三　構造函數模型的實際問題
構建函數模型解決實際問題的步驟
(1)建模：抽象出實際問題的數學模型；
(2)推理、演算：對數學模型進行邏輯推理或數學運算，得到問題在數學意義上的解；
(3)評價、解釋：對求得的數學結果進行深入討論，作出評價、解釋，然后返回到原來的實
際問題中去，得到實際問題的解．
【例題 1】（23-24 高三上·江蘇南通·期末）某中學開展勞動實習，學生制作一個矩形框架的
工藝品．要求將一個邊長分別為 10cm 和 20cm 的矩形零件的四個頂點分別焊接在矩形框架
的四條邊上，則矩形框架周長的最大值為（ ）
A．20 2cm B．30 5cm C．40 5cm D．60 2cm
【答案】D
【分析】由已知作圖如圖所示，設 AEF = a ，利用三角函數表示各邊長，借助三角函數性
質計算可得結果.
【詳解】如圖所示，EF = 10, FG = 20，
p
令 AEF = a ，則 AF = 10sina , AFE = -a ，則 BFG = a，
2
BF = 20cosa , BG = 20sina , p BGF = -a ，則 CGH = a ,CG = 10cosa
2
\周長= 2AB + 2BC = 2 10sina + 20cosa + 2 20sina +10cosa
= 60sina + 60cosa π= 60 2sin a +

4 ÷
60 2 ，
è
故選：D．
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是利用三角函數的定義表示出所求周長，再利用三角恒
等變換即可得解
【變式 1】（2023·陜西商洛·模擬預測）凈水機通過分級過濾的方式使自來水逐步達到純凈水
的標準，其工作原理中有多次的PP棉濾芯過濾，其中第一級過濾一般由孔徑為 5 微米的PP
棉濾芯（聚丙烯熔噴濾芯）構成，其結構是多層式，主要用于去除鐵銹、泥沙、懸浮物等各
種大顆粒雜質，假設每一層PP棉濾芯可以過濾掉三分之一的大顆粒雜質，若過濾前水中大
顆粒雜質含量為 80mg/L，現要滿足過濾后水中大顆粒雜質含量不超過 2mg/L，則PP棉濾芯
的層數最少為（參考數據： lg 2 0.30， lg3 0.48）（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
【答案】A
【分析】首先由條件抽象出經過 n層PP棉濾芯過濾后的大顆粒雜質含量 y 的函數，再結合
指對運算，解不等式.
【詳解】設經過 n層PP棉濾芯過濾后的大顆粒雜質含量為 y ，則
1 n 2 ny = 80 1- ÷ = 80

3 ÷
，
è è 3
n
80 2 2 2
n
1 2 1 3
令 ÷ ，解得 ÷ ，兩邊取常用對數得 n lg lg ，即 n lg lg 40
è 3 è 3 40 3 40 2
即n lg3- lg2 1+ 2lg2，因為 lg 2 0.30， lg3 0.48，
所以 0.48-0.30 n 1.60，解得 n 80 ，因為 n N*，所以 n的最小值為 9．9
故選：A
【變式 2】2023·上海閔行·三模）珠穆朗瑪峰高達 8848.86 米，但即使你擁有良好的視力，
你也無法在上?？吹剿粋€觀察者距離珠穆朗瑪峰多遠，才能在底面上看到它呢？為了能
夠通過幾何方法解決這個問題，需要利用簡單的幾何模型表示這個問題情境，在此過程中，
有下列假設：①珠穆朗瑪峰的形狀為等腰梯形；②地球的形狀是一個球體；③太陽光線沿
直線傳播；④沒有事物可以阻礙人們看到珠穆朗瑪峰的視線．你認為最不重要的一個假設
是 ．
【答案】①
【分析】由數學建模時，假設針對問題的主要因素，忽略次要因素的原則，即可得出答
案．
【詳解】數學建模時，針對問題的主要因素，忽略次要因素，這里我們需要測量觀察者距離
珠穆朗瑪峰多遠，主要關注的應該是珠穆朗瑪峰的高度，此時，珠穆朗瑪峰的形狀對于測量
結果影響很小，故假設①最不重要，
故答案為：①．
【變式 3】（23-24 高三上·福建寧德·期中）為了減少碳排放，某企業采用新工藝，將生產中
產生的二氧化碳轉化為一種化工產品.已知該企業每月的處理量最少為 30 噸，最多為 400 噸.
月處理成本 f x （元）與月處理量 x （噸）之間的函數關系近似地表示為
f x 1= x2 - 300x + 64800 .
2
(1)該企業每月處理量為多少噸時，才能使月處理成本最低 月處理成本最低是多少元
(2)該企業每月處理量為多少噸時，才能使每噸的平均處理成本最低 每噸的平均處理成本最
低是多少元
【答案】(1)企業每月處理量為 300 噸時，成本最低，最低為 19800 元
(2)企業每月處理量為 360 噸時，每噸的平均處理成本最低，最低 60 元
【分析】（1）由函數單調性得到最值；
1 64800
（2）得到每噸的平均處理成本 g x = x - 300 + ，利用基本不等式求出最值.
2 x
1 2 1 2
【詳解】（1）該企業的月處理成本 f x = x - 300x + 64800 = (x - 300) +19800，
2 2
因為30 x 400， f x 在 30,300 上單調遞減，在 300,400 上單調遞增，
所以該企業每月處理量為 300 噸時，才能使月處理成本最低，月處理成本最低是 19800 元.
（2）因為 f x 1= x2 - 300x + 64800 30 x 400 ，
2
所以每噸的平均處理成本 g x f x 1= = x - 300 64800+ .
x 2 x
x 64800 x 64800
因為 + 2 × = 360，當且僅當 x = 360 時，等號成立，
2 x 2 x
所以 g x 60 ，
即該企業每月處理量為 360噸時，每噸的平均處理成本最低，為 60元
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
1．（2024·江蘇·一模）德國天文學家約翰尼斯·開普勒根據丹麥天文學家第谷·布拉赫等人的觀
測資料和星表，通過本人的觀測和分析后，于 1618 年在《宇宙和諧論》中提出了行星運動
第三定律——繞以太陽為焦點的橢圓軌道運行的所有行星，其橢圓軌道的長半軸長 a 與公轉
2p 3
周期 T 有如下關系：T = ×a 2 ，其中 M 為太陽質量，G 為引力常量．已知火星的公轉
GM
周期約為水星的 8 倍，則火星的橢圓軌道的長半軸長約為水星的（ ）
A．2 倍 B．4 倍 C．6 倍 D．8 倍
【答案】B
【分析】根據已知的公式，由周期的倍數關系求出長半軸長的倍數關系即可.
【詳解】設火星的公轉周期為T1，長半軸長為 a1，火星的公轉周期為T2，長半軸長為 a2，
ì 2p 3
T 21 = a1 ①
則，T1 = 8T
GM
2 ，且 í
T 2p
3
2
2 = a2 ② GM
① T a 3
得： 1 = ( 1 )2 = 8，
② T2 a2
a1
所以， = 4a ，即：
a1 = 4a2 .
2
故選：B．
2．（2024·廣東韶關·二模）在工程中估算平整一塊矩形場地的工程量 W（單位：平方米）的
計算公式是W = 長 + 4 寬+ 4 ，在不測量長和寬的情況下，若只知道這塊矩形場地的面
積是 10000 平方米，每平方米收費 1 元，請估算平整完這塊場地所需的最少費用（單位：元）
是（ ）
A．10000 B．10480 C．10816 D．10818
【答案】C
【分析】設矩形場地的長為 x 米，則W 4x 40000= + +10016x ，結合基本不等式計算即可求解.
x 10000【詳解】設矩形場地的長為 米，則寬為 米，
x
W (x 4)(10000 4) 4x 40000 10016 2 4x 40000= + + = + + × +10016 = 10816 ，
x x x
4x 40000當且僅當 = ，即 x =100 時，等號成立.
x
所以平整這塊場地所需的最少費用為1 10816 = 10816元.
故選：C
3．（2024·上海奉賢·二模）已知函數 y = f x ，其中 y = x2 +1， y = g x ，其中
g x = 4sin x，則圖象如圖所示的函數可能是（ ）．
g
y x f xy A． = =f x B． g x
C． y = f x + g x -1 D． y = f x - g x -1
【答案】A
【分析】根據函數圖象和 f x , g x 的奇偶性判斷.
f x = x2【詳解】易知 +1是偶函數， g x = 4sin x 是奇函數，給出的函數圖象對應的是奇
函數，
A. y = h x
g x 4sin x
= =
f x x2 1 ，定義域為 R，+
4sin -x
又 h -x
4sin x
= = - = -h x
，所以
h x 是奇函數，符合題意，故正確；
-x 2 +1 x2 +1
f
y x x
2 +1
B. = = ， x kπ, k Zg x 4sin x ，不符合圖象，故錯誤；
C. y = h x = f x + g x -1 = x2 +1+ 4sin x -1 = x2 + 4sin x ，定義域為 R，
但 h -x h x ,h -x -h x ，故函數是非奇非偶函數，故錯誤；
D. y = h x = f x - g x -1 = x2 +1- 4sin x -1 = x2 - 4sin x ，定義域為 R，
但 h -x h x ,h -x -h x ，故函數是非奇非偶函數，故錯誤，
故選：A
4．（2024·河南新鄉·二模）某工廠產生的廢氣經過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量 P
（單位：mg / L）與時間 t（單位：h P = P e-kt）之間的關系式為 0 ，其中P0 ,k 是正的常數，
若在前5h 消除了20%的污染物，則常數 k 所在的區間為（ ）
1 , 1 1 , 1 1 1 1 1 A． ÷ B． ÷ C． , ÷ D． ,
è 30 25 è 25 20 è 20 15 è15 10 ÷
【答案】B
4 -5k
【分析】首先由題意列式 P0 = P0e ，再利用指對互化，求解方程，再確定范圍.5
4 -5k
【詳解】由條件可知，當 t = 0時，P = P0 ，由題意可知， P0 = P0e ，5
得5k = ln
5 k 1 ln 5，即 = ，
4 5 4
5
4 5
< e 5
1 5 1
因為 ÷ ，4 ÷
>e，所以 < ln < ，
è è 4 5 4 4
1 k 1所以 < < .
25 20
故選：B
5．（2024·內蒙古赤峰·一模）在下列四個圖形中，點 P 從點 O 出發，按逆時針方向沿周長為
l 的圖形運動一周，O、P 兩點連線的距離 y 與點 P 走過的路程 x 的函數關系如圖，那么點 P
所走的圖形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由點 P 在第二條邊上運動時， y 的單調性可排除 A，由圖象的對稱性可排除 B ，由
一開始 y 與 x 是線性的可排除 C，對于 D，當圖形是正方形時，可以驗證它滿足題意.
【詳解】對于 A，點 P 在第一條邊上時， y = x ，
但點 P 在第二條邊上運動時， y 是隨 x 的增大先減小（減到最小時 y 即為三角形的第二條邊
上的高的長度），然后再增大，
對比圖象可知，A 錯誤；
對于 B，y 與 x 的函數圖形一定不是對稱的，B 錯誤；
對于 C，一開始 y 與 x 的關系不是線性的，C 錯誤；
對于 D，因為函數圖象對稱，所以 D 選項應為正方形，不妨設邊長為 a，
點 P 在第一條邊上時（即0 x a 時）， y = x ，
點 P 2在第二條邊上運動時（即 a x 2a時）， y = a2 + x - a ，依然單調遞增，
2
點 P 在第三條邊上運動時（即 2a x 3a 時）， y = a2 + 3a - x ，單調遞減，
點 P 在第四條邊上運動時（即3a x 4a 時）， y = 4a - x ，單調遞減，
l
且已知 y 與 x 的圖象關于 x = 2a = （其中 l = 4a ）對稱，D 正確.
2
故選：D.
二、多選題
6．（2024·全國·模擬預測）某地下車庫在排氣扇發生故障的情況下測得空氣中一氧化碳含量
達到了危險狀態，經搶修排氣扇恢復正常，排氣 4 分鐘后測得車庫內的一氧化碳濃度為
64ppm，繼續排氣 4 分鐘后又測得濃度為32ppm．由檢驗知該地下車庫一氧化碳濃度 y （單
位： ppm）與排氣時間 t （單位：分鐘）之間滿足函數關系 y = aeRt （ a, R為常數， e是自然
對數的底數）．若空氣中一氧化碳濃度不高于0.5ppm，人就可以安全進入車庫了，則下列說
法正確的是（ ）
A． a =128
R 1B． = ln 2
4
C．排氣 12 分鐘后濃度為16ppm
D．排氣 32 分鐘后，人可以安全進入車庫
【答案】ACD
1
【分析】由題意列式，求出 a =128, R = - ln 2，即可判斷 A，B；可得函數解析式，將 x =12
4
代入，即可判斷 C；結合解析式列出不等關系，求出人可以安全進入車庫的排氣時間，判斷
D.
4R
【詳解】設 f (t) = a ×eRt
ìa ×e = 64
，代入 (4,64), (8,32)，得 í ,
a ×e
8R = 32
解得 a =128, R
1
= - ln 2，A 正確，B 錯誤．
4
t 1
t
- 7 t-
此時 f (t) =128 eR = 27 × 2 4 ÷ = 2 4 ，所以 f (12) = 24 =16(ppm)，C 正確．
è
當 f (t) 0.5
t t
時，即 7-2 4 0.5 = 2-1，得7 - -1，所以 t 32，4
所以排氣 32 分鐘后，人可以安全進入車庫，D 正確．
故選:ACD．
elnx x
7．（2023·廣東廣州·三模）已知函數 f (x) = + 的圖象與直線 y = k(k R)有三個
x elnx + x
交點，記三個交點的橫坐標分別為 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，則下列說法正確的是（ ）
A．存在實數 k ，使得 x1 =1
B． x3 > e
k 1, 3 C． ÷
è 2
2
ln x1 1 ln x2 1 ln x3 1 D． + ÷ +x e x e ÷
+ ÷為定值
è 1 è 2 è x3 e
【答案】BCD
e ln x t elnx 1- ln x【分析】化簡方程，令 = ，得 t 2 + (1- k)t - k +1 = 0，構造 g(x) = ，則 g (x) = e × ，
x x x2
利用函數的單調性，結合函數的圖象，要使關于 x 的方程三個不相等的實數解 x1, x2 , x3，且
x < x < x ，結合圖象可得關于 t 的方程 t 21 2 3 + (1- k)t - k +1 = 0一定有兩個實根 t1 ， t2
t1 < 0 < t2 <1 ，結合韋達定理，推出所求表達式的關系式，然后對選項一一判斷即可得出
答案．
e ln x x e ln x 1
【詳解】由方程 + - k 0
+ e ln x - k = 0= ，可得 ．
x e ln x + x x +1x
e ln x t 1令 = ，則有 t + - k = 0，即 t 2 + (1- k)t - k +1 = 0．
x t +1
elnx
令函數 g(x) = ，則 g (x) e
1- ln x
= × ，
x x2
令 g (x) > 0，解得0 < x < e，令 g (x) < 0 ，解得 x>e，
所以 g(x)在 (0, e)上單調遞增，在 (e, + )上單調遞減，
所以 g(x)max = g(e)
e ln e
= =1，作出圖象如圖所示，
e
要使關于 x
e ln x x
的方程 + - k = 0有三個不相等的實數解 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x ，x e ln x + x 3
結合圖象可得關于 t 的方程 t 2 + (1- k)t - k +1 = 0一定有兩個實根 t1 ， t2 ，
且 t1 0，0 < t2 <1或 t1 =1，0 < t2 <1，
令 g(t) = t 2 + (1- k)t - k +1，若 t1 0，0 < t2 <1，
ìg 0 = -k +1 0

則 íg 1 = 3- 2k > 0 故1 3< k < ．
2
Δ = -k +1
2 - 4 -k +1 = k 2 + 2k - 3 > 0
ìg 0 = -k +1 > 0

g 1 = 3- 2k = 0
若 t1 =1，0 < t2 <1

，則 íΔ = -k +1 2 - 4 -k +1 = k 2 + 2k - 3 > 0，無解，

0 1- k < - <1 2
綜上： k
1, 3 ÷，故 C 正確；
è 2
由圖結合單調性可知 x3 > e，故 B 正確；
若 f (1) - k =1 k
3
- = 0 ，則 k =1，又 k 1, ，故 A 不正確；
è 2 ÷
2
ln x1 1 ln x 1 ln x 1 t 1
2
t 1 t 1
2
t 1 t 1
2
+ ÷ 2 + ÷ 3 + ÷ = 1 +
2 2
÷ + ÷ + ÷ =
1 + 2 +
è x1 e è x2 e x e e e e e e e
÷ ÷
è 3 è è è è e e è e e
2
é
=
t1 1 t2 1 ù 1
ê + ÷ + ÷ú = 2 t1t
1
2 + 2 t
1 1
1 + t2 + 2 = 2 (-k +1)
1
+ 2 (k 1)
1 1
- + 2 = 2 ，
è e e è e e e e e e e e e
故 D 正確，
故選：BCD．
elnx
【點睛】關鍵點點睛：構造 g(x) = ，判斷出函數g x 的單調性，結合圖象將
x
e ln x x
+ - k = 0，轉化成關于 t 的函數即可求解.
x e ln x + x
三、填空題
8．（22-23 高三下·上海閔行·階段練習）一般的數學建模包含如下活動過程：①建立模型；②
實際情境；③提出問題；④求解模型；⑤實際結果；⑥檢驗結果，請寫出正確的序號順
序 ．
【答案】②③①④⑥⑤
【分析】根據給定條件，利用數學建模的活動過程及順序寫出結論作答.
【詳解】數學建模活動，根據實際情境，提出問題，基于問題，建立模型，通過模型的求解，
以檢驗模型解決問題的結果，
若結果不符合實際，還需重新建立模型；若結果符合實際，問題的回答便有了實際的結果，
所以正確的序號順序是②③①④⑥⑤.
故答案為：②③①④⑥⑤
9．（2024·上海長寧·二模）甲、乙、丙三輛出租車 2023 年運營的相關數據如下表：
甲 乙 丙
接單量 t（單） 7831 8225 8338
油費 s（元） 107150 110264 110376
平均每單里程 k（公里） 15 15 15
平均每公里油費 a（元） 0.7 0.7 0.7
出租車沒有載客行駛的里程
出租車空駛率= ；依據以述數據，小明建立了求解三輛車的空
出租車行駛的總里程
駛率的模型u = f s, t,k,a ，并求得甲、乙、丙的空駛率分別為23.26%、21.68%、x% ，則
x = （精確到 0.01）
【答案】 20.68
【分析】根據題意得到出租車空駛率的模型，檢驗甲、乙兩輛出租車的空駛率，滿足題意，
從而利用該模型求得丙的空駛率，從而得解.
s
【詳解】依題意，因為出租車行駛的總里程為 ，出租車有載客時行駛的里程為 tk ，
a
s
- tk
u a 1 tka所以出租車空駛率 = s = - ，s
a
7831 15 0.7
對于甲，1- 0.2326 = 23.26%，滿足題意；
107150
8225 15 0.7
對于乙，1- 0.2168 = 21.68%，滿足題意；
110264
所以上述模型滿足要求，
x% 1 8338 15 0.7則丙的空駛率為 = - 0.2068 = 20.68%，即 x = 20.68 .
110376
故答案為： 20.68 .
四、解答題
10．（2024·浙江溫州·二模）紅旗淀粉廠 2024 年之前只生產食品淀粉，下表為年投入資金 x
（萬元）與年收益 y （萬元）的 8 組數據：
x 10 20 30 40 50 60 70 80
y 12.8 16.5 19 20.9 21.5 21.9 23 25.4
(1)用 y = blnx + a模擬生產食品淀粉年收益 y 與年投入資金 x 的關系，求出回歸方程；
(2)為響應國家“加快調整產業結構”的號召，該企業又自主研發出一種藥用淀粉，預計其收益
為投入的10% ．2024 年該企業計劃投入 200 萬元用于生產兩種淀粉，求年收益的最大
值．（精確到 0.1 萬元）
n
viui - nv ×u
附：①回歸直線u = b v + a i=1中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：b = n ，
v2 - nv 2i
i=1
a = u - b ×v
②
8 8 8 i=1 8
yi lnx x2 2i i lnxi yilnxi
i=1 i=1 i=1 8 i=1
161 29 20400 109 603
③ ln2 0.7,ln5 1.6
【答案】(1) y = 5lnx + 2
(2)36.5
【分析】（1）利用回歸直線的公式求 b 和 a的值，可得回歸方程.
（2）建立函數關系，利用導數分析函數單調性，求出函數的最大值.
8 8
8 8 lnxi yi
ln x y -8ln x × y ln x y i=1 i=1 29 161i i i i -8 ×8 8 603-8 【詳解】（1）b = i=1 = i=18 8 = 8 82 = 52 2
ln xi 2 -8 ln x ln x 2i -8 ln x 109 -8 29 ÷
i=1 i=1 è 8
a 161 29= y - b × ln x = - 5 = 2
8 8
∴回歸方程為： y = 5lnx + 2
（2）2024 年設該企業投入食品淀粉生產 x 萬元，預計收益 y （萬元）
y = 5lnx + 2 + 200 1- x × ，0 x 200
10
y 5 1 50 - x= - = > 0，得 x < 50
x 10 10x
∴其在 0,50 上遞增， 50,200 上遞減
ymax = 5ln50 + 2 +15 = 5 2ln5 + ln2 +17 5 2 1.6 + 0.7 +17 = 36.5
11．（2024·江西上饒·一模）機動車輛保險即汽車保險（簡稱車險），是指對機動車輛由于自
然災害或意外事故所造成的人身傷亡或財產損失負賠償責任的一種商業保險．機動車輛保險
一般包括交強險和商業險兩部分，其中商業險包括基本險和附加險．經驗表明商業險保費
（單位：元）由過去三年的出險次數決定了下一年的保費倍率，上饒市某機動車輛保險公司
對于購買保險滿三年的汽車按如下表格計算商業險費用．（假設每年出險次數 2 次及以上按
2 次計算）
出險情況 商業險折扣 若基準保費 3000 元時對應保費
三年內 6 賠 1.8 5400
三-年內 5 賠 1.5 4500
三年內 4 賠 1.2 3600
三年內 3 賠 1 3000
三年內 2 賠 0.8 2400
三年內 1 賠 0.7 2100
三年內 0 賠 0.6 1800
(1)汽車的基準保費由車的價格決定，假定王先生的汽車基準保費為 3000 元，且過去 8 年都
沒有出險，近期發生輕微事故，王先生到汽車維修店詢價得知維修費為 1000 元，理賠人員
根據王先生過去一直安全行車的習慣，建議王先生出險理賠，王先生是否該接受建議？（假
設接下來三年王先生汽車基準保費不變，且都不出險）
(2)張先生有多年駕車經驗，用他過去的駕車出險頻率估計概率，得知平均每年不出險的概
率為 0.8，出一次險的概率為 0.1，出兩次險的概率為 0.1（兩次及以上按兩次算）．張先生近
期買了一輛新車，商業險基準保費為 3000 元（假設基準保費不變），求張先生新車剛滿三年
時的商業險保費分布列及期望．
【答案】(1)接受建議
(2)分布列見解析；期望為 2106.3（元）
【分析】（1）計算出險和不出險兩種情況的繳費情況，將差值與 1000 計較即可得結論；
（2）列出 X 的可能值，分別計算概率再計算期望即可.
【詳解】（1）由于王先生過去三年都沒有出險，
若不出險，王先生接下來三年只需按最低標準 1800 元繳費，共需 5400 元．
若進行理賠，則接下來三年每年需 2100 元，共需 6300 元
6300 - 5400 = 900 <1000，故出險理賠更劃算.
（2）設商業險保費數額為隨機變量 X ，
則 X 的可能值為 5400，4500，3600，3000，2400，2100，1800．
則P X = 5400 = 0.1 0.1 0.1 = 0.001
P X = 4500 = C13 0.1
3 = 0.003
P X = 3600 = C1 0.1 3 + C23 3 0.1
2 0.8 = 0.027
P X = 3000 = C130.8 C12 0.1
2 + 0.1 3 = 0.049
P X = 2400 = C130.1 0.8
2 + C23 0.1
2 0.8 = 0.216
P X = 2100 = C1 23 0.8 0.1 = 0.192
P X =1800 = 0.8 3 = 0.512
X 5400 4500 3600 3000 2400 2100 1800
P 0.001 0.003 0.027 0.049 0.216 0.192 0.512
則E X = 5400 0.001+ 4500 0.003+ 3600 0.027 + 3000 0.049 + 2400 0.216
+2100 0.192 +1800 0.512 = 2106.3（元）
綜合提升練
一、單選題
1．（2023·河南鄭州·模擬預測）水霧噴頭布置的基本原則是：保護對象的水霧噴頭數量應根
據設計噴霧強度、保護面積和水霧噴頭特性，按水霧噴頭流量 q（單位：L/min）計算公式
N S ×W為 q = K 10P 和保護對象的水霧噴頭數量 N 計算公式為 = q 計算確定，其中 P 為水霧
噴頭的工作壓力（單位：MPa），K 為水霧噴頭的流量系數（其值由噴頭制造商提供），S 為
保護對象的保護面積，W 為保護對象的設計噴霧強度（單位：L/min ×m2 ）．水霧噴頭的布置
應使水霧直接噴射和完全覆蓋保護對象，如不能滿足要求時應增加水霧噴頭的數量．當水霧
噴頭的工作壓力 P 為 0.35MPa，水霧噴頭的流量系數 K 為 24.96，保護對象的保護面積 S 為
14m2 ，保護對象的設計噴霧強度 W 為 20L/min × m2 時，保護對象的水霧噴頭的數量 N 約為
（參考數據： 3.5 1.87）（ ）
A．4 個 B．5 個 C．6 個 D．7 個
【答案】C
【分析】把給定的數據代入公式計算即可作答.
【詳解】依題意，P = 0.35MPa ，K = 24.96， S =14m2，W = 20L/min × m2 ，
S ×W S ×W 14 20 280
由 q = K 10P ， N = ，得 N = = 6q 24.96 1.87 ，K 10P 24.96 3.5
所以保護對象的水霧噴頭的數量 N 約為 6 個.
故選：C
2．（23-24 高三上·河南·階段練習）設某批產品的產量為 x （單位：萬件），總成本
c x = 100 +13x p x 800（單位：萬元），銷售單價 = - 3（單位：元/件）．若該批產品全
x + 2
部售出，則總利潤（總利潤=銷售收入-總成本）最大時的產量為（ ）
A．7 萬件 B．8 萬件 C．9 萬件 D．10 萬件
【答案】B
【分析】表達出總利潤關于 x 的關系式，變形后利用基本不等式求出最值，得到答案.
【詳解】總利潤 f x = x 800 - 3÷ - 100 13x
1600
+ = 732 - -16 x + 2
è x + 2 x + 2
1600 1600
732 - 2 16 x + 2 = 412，當且僅當 = 16 x + 2 ，
x + 2 x + 2
即 x = 8時， f x 最大，故總利潤最大時的產量為 8 萬件．
故選：B．
3．（2024·北京豐臺·一模）按國際標準，復印紙幅面規格分為A 系列和 B 系列，其中A 系列
以 A0， A1，…等來標記紙張的幅面規格，具體規格標準為：
① A0規格紙張的幅寬和幅長的比例關系為1: 2 ；
②將 Ai （ i = 0,1,L,9）紙張平行幅寬方向裁開成兩等份，便成為 A i +1 規格紙張（如
圖）．
某班級進行社會實踐活動匯報，要用 A0規格紙張裁剪其他規格紙張．共需 A4規格紙張 40
張， A2規格紙張 10 張， A1規格紙張 5 張．為滿足上述要求，至少提供 A0規格紙張的張數
為（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】設一張 A0規格紙張的面積為 x ，從而得到一張 A1、 A2、 A4紙的面積，再求出所
需要的紙的總面積，即可判斷.
【詳解】依題意1張 A0規格紙張可以裁剪出 2張 A1，或 4張 A2或16張 A4，
設一張 A0規格紙張的面積為 x ，
1
則一張 A1規格紙張的面積為 x，
2
1
一張 A2規格紙張的面積為 x，
4
1
一張 A4規格紙張的面積為 x，
16
依題意總共需要的紙張的面積為 40
1
x +10 1 1 1 x + 5 x = 7x + x，
16 4 2 2
所以至少需要提供8張 A0規格紙張，
其中將3張 A0裁出5張 A1和 2張 A2；將 2張 A0裁出8張 A2；
將剩下的3張 A0裁出3 16 = 48張 A4，
即共可以裁出5張 A1、10張 A2、 48張 A4 .
故選：C
4．（2024·河北滄州·模擬預測）某企業的廢水治理小組積極探索改良工藝，致力于使排放的
廢水中含有的污染物數量逐漸減少．已知改良工藝前排放的廢水中含有的污染物數量為
2.25g/m3，首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數量為 2.21g/m3，第 n 次改良工藝后
排放的廢水中含有的污染物數量 rn 滿足函數模型 rn = r0 + (r1 - r0 ) ×3
0.25n+t
（ t R ， n N* ），其
中 r0 為改良工藝前排放的廢水中含有的污染物數量， r1為首次改良工藝后排放的廢水中含
有的污染物數量，n 為改良工藝的次數．假設廢水中含有的污染物數量不超過0.65g/m3 時符
合廢水排放標準，若該企業排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數最少為（ ）（參
考數據： lg 2 0.30， lg3 0.48）
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】D
【分析】由題意，根據指數冪和對數運算的性質可得 rn = 2.25 - 0.04 3
0.25(n-1) ，由 rn 0.65，解
不等式即可求解.
r = 2.25g/m3 3【詳解】由題意知 0 ， r1 = 2.21g/m ，
當 n =1時， r = r + (r - r ) 30.25+t ，故30.25+t1 0 1 0 = 1，解得 t = -0.25，
所以 r = 2.25 - 0.04 30.25(n-1)n ．
lg 40
由 rn 0.65，得30.25(n-1) 40，即0.25(n -1) lg3 ，
n 4(1+ 2lg 2)得 +1 14.33lg3 ，又 n N
* ，
所以n 15，
故若該企業排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數最少要 15 次．
故選：D
5．（2024·北京懷柔·模擬預測）“綠水青山就是金山銀山”的理念已經提出 18 年，我國城鄉深
化河道生態環境治理，科學治污.現有某鄉村一條污染河道的蓄水量為 v 立方米，每天的進
出水量為 k 立方米，已知污染源以每天 r 個單位污染河水，某一時段 t（單位：天）河水污
k
染質量指數m
- t
t r r （每立方米河水所含的污染物）滿足m t = + m0 - ÷e v （m0 為初始質k è k
量指數），經測算，河道蓄水量是每天進出水量的 50 倍.若從現在開始停止污染源，要使河
1
水的污染水平下降到初始時的 ，需要的時間大約是（參考數據： ln5 1.61， ln6 1.79）
6
（ ）
A．1 個月 B．3 個月 C．半年 D．1 年
【答案】B
1
- t
【分析】由題意可知，m(t) = m0e 50
1
= m0 ，利用指數與對數的運算性質進行化簡求解，即可6
得到答案．
1
【詳解】由題意可知， r = 0,
v - t
= 50，故m(t) = m 50 10e = m ，k 6 0
1
- t 1
則 e 50
1
= ，即 - t = -ln6 t = 50ln6 50 1.79 = 89.5，
6 50
1
所以 t 90，則要使河水的污染水平下降到初始時的 ，需要的時間大約是 90 天，即三個
6
月．
故選：B．
6．（2024·北京西城·一模）德國心理學家艾·賓浩斯研究發現，人類大腦對事物的遺忘是有規
律的，他依據實驗數據繪制出“遺忘曲線”．“遺忘曲線”中記憶率 y 隨時間 t （小時）變化的
趨勢可由函數 y =1- 0.6t0.27近似描述，則記憶率為50%時經過的時間約為（ ）（參考數據：
lg2 0.30, lg3 0.48）
A．2 小時 B．0.8 小時 C．0.5 小時 D．0.2 小時
【答案】C
5 0.27
【分析】根據題設得到 = t ，兩邊取對數求解，即可得出結果.
6
1
【詳解】根據題意得 =1- 0.6t0.27
5
，整理得到 = t0.27 ，兩邊取以10為底的對數，
2 6
5
得到 lg = 0.27 lg t ，即1- lg3 - 2lg 2 = 0.27 lg t ，又 lg2 0.30, lg3 0.48，
6
8
所以 lg t
8
= - ，得到 -
27 t =10 27 0.5
，
故選：C.
7．（2023·湖北武漢·模擬預測）一個半球體狀的雪堆，假設在融化過程中雪堆始終保持半球
體狀，其體積V 變化的速率與半球面面積S 成正比，已知半徑為 r0 的雪堆在開始融化的 3 小
7
時，融化了其體積的 ，則該雪堆全部融化需要（
8 ）小時
24
A． B．4 C．5 D7 ．6
【答案】D
2 3 2
【分析】設雪堆在時刻 t 的體積為V t = πr t ，側面積 S t = 2πr t ，依題意令
3
V t = kS t 1，即可求出 r t = k ，令 r t = kt + C （C 為常數），求出C ，再根據V 3 = V 0
8
求出 k ，即可得解．
2
【詳解】設雪堆在時刻 t 的體積為V t = πr3 t ，側面積 S t = 2πr2 t ．
3
2 2
令V t = kS t ，即 2πr t × r t = 2πkr t 于是 r t = k ，
令 r t = kt + C （C 為常數），由 r 0 = r0 ，得C = r0，故 r t = kt + r0 ．
又V 3 1= V 0 2 π 3k + r 3 1 2，即 0 = × πr3
1
0 ，得 k = - r
1
0 ，從而 r t = r0 - r0t ，8 3 8 3 6 6
因雪堆全部融化時， r t = 0，故 t = 6，即雪堆全部融化需6小時．
故選：D．
8．（2024·陜西商洛·三模）近年來商洛為了打造康養之都，引進了先進的污水、雨水過濾系
-kt
統．已知過濾過程中廢水的污染物數量 N mg / L 與時間 t （小時）的關系為 N = N0e （ N0
為最初的污染物數量）．如果前 3 小時消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的64%
還需要（ ）
A．2.6 小時 B．6 小時 C．3 小時 D．4 小時
【答案】C
-3k 4 -kt
【分析】由題意可得 N0e = N0，再令 N0e = 0.64N0，即可得解.5
【詳解】由題意可得 N0e
-3k 4= N e-3k 40，可得 = ，5 5
2
設 N0e
-kt = 0.64N 40 =

÷ N0 ，
è 5
\e-kt = e-3k 2 = e-6k ，解得 t = 6，
因此，污染物消除至最初的64%還需要 3 小時．
故選：C.
二、多選題
9．（2024·重慶·模擬預測）放射性物質在衰變中產生輻射污染逐步引起了人們的關注，已知
t
-
放射性物質數量隨時間 t 的衰變公式 N t = N e t ， N0 表示物質的初始數量，t 是一個具有0
時間量綱的數，研究放射性物質常用到半衰期，半衰期T 指的是放射性物質數量從初始數量
到衰變成一半所需的時間，已知 ln2 = 0.7，右表給出了鈾的三種同位素 τ 的取值：若鈾 234、
鈾 235 和鈾 238 的半衰期分別為T1，T2，T3，則（ ）
物質 τ 的量綱單位 τ 的值
鈾 234 萬年 35.58
鈾 235 億年 10.2
鈾 238 億年 64.75
A．T =t ln 0.5 B．T 與t 成正比例關系
C．T1 >T2 D．T3 >10000T1
【答案】BD
t
T
【分析】A 選項，根據半衰期的定義得到 N t = N 1 ÷ ，從而得到方程，求出T =t ln 2 ；0
è 2
B 選項，由 A 選項得到結論；C 選項，由 B 選項可得 C 錯誤；D 選項，計算出T3 ,T1，作商得
到 D 正確.
t
T
【詳解】A 選項，由題意得 N t = N 1 0 2 ÷
，
è
t
t 1 T t- - t t又 N t = N e t ，故 N ÷ = N e t ，兩邊取對數得， ln 0.5 = - ，0 0 0
è 2 T t
T =t ln 2 ，A 錯誤；
B 選項，由 A 可知，T 與t 成正比例關系，B 正確；
C 選項，由 B 可知，T 與t 成正比例關系，由于鈾 234 的t 值小于鈾 235 的t 值，
故T1 < T2 ，C 錯誤；
D 選項，T3 =t ln 2 = 6.475 10
9 ln 2，
T1 =t ln 2 = 3.558 10
5 ln 2，
T3 6.475 10
9 ln 2
故 = >1，D 正確.
10000T1 3.558 10
9 ln 2
故選：BD
10．（2024·安徽蚌埠·模擬預測）科學研究表明，物體在空氣中冷卻的溫度變化是有規律
的．如果物體的初始溫度為q1°C，空氣溫度q0°C 保持不變，則 t 分鐘后物體的溫度q （單位：
°C）滿足：q = q0 + q -q e-0.05t1 0 ．若空氣溫度為10°C，該物體溫度從q1°C（90 q1 100）
下降到30°C，大約所需的時間為 t1 ，若該物體溫度從70°C，50°C下降到30°C，大約所需
的時間分別為 t2 , t3，則（ ）（參考數據： ln 2 0.7, ln 3 1.1）
A． t2 = 20 B． 28 t1 30 C． t1 2t3 D． t1 - t2 6
【答案】BC
q -10
【分析】當q = 30時，可求得 t = 20ln 11 ，繼而求得 t2 , t20 3
，逐項判定即可.
-0.05t
【詳解】有題意可知，q =10 + q1 -10 e ，
當q = 30，則30 =10 + q1 -10 e-0.05t1 ，
即 e-0.05t
20 20
1 = -0.05t = ln
q1 -10
， 1 q1 -10
，
則 t1 = 20ln
q1 -10 ，
20
其是關于q1的單調遞增函數，
90 -10
當q1 = 90 時， t1 = 20ln = 20ln 4 = 40ln 2 28，20
q =100 t 20ln 100 -10當 1 時， 1 = = 20ln
9
= 20 2ln 3- ln 2 30，
20 2
則 28 t1 30 ，故 B 正確；
當q1 = 70時， t2 = 20ln
70 -10
= 20ln 3 22，
20
故 A 錯誤；
當q1 = 50 時， t3 = 20ln
50 -10
= 20ln 2 14，
20
此時滿足 t1 2t3 ， t1 - t2 6 ，故 C 正確，D 錯誤，
故選：BC.
11．（2023·全國·模擬預測）第 31 屆世界大學生夏季運動會在四川成都舉行，大運會吉祥物
“蓉寶”備受人們歡迎．某大型超市舉行抽獎活動，推出“單次消費滿 1000 元可參加抽獎”的
活動，獎品為若干個大運會吉祥物“蓉寶”．抽獎結果分為五個等級，等級 x 與獲得“蓉寶”的
f x f x = p + ekx+b個數 的關系式為 ，已知三等獎比四等獎獲得的“蓉寶”多 2 個，比五等獎
獲得的“蓉寶”多 3 個，且三等獎獲得的“蓉寶”數是五等獎的 2 倍，則（ ）
A． k = -ln2 B．b = 5ln2
C． p = 3 D．二等獎獲得的“蓉寶”數為 10
【答案】ABD
【分析】依題意，得出關于 f 3 , f 4 , f 5 的方程組，解方程組得 f 3 , f 4 , f 5 的值，
從而得到關于 k,b, p的方程組，解方程組得 ek ,eb , p的值，即可判斷選項 A，B，C 是否正確，
由ek ,eb , p的值推出 f x 的解析式，求出 f 2 的值，即可判斷選項 D 是否正確．
ì f (3) - f (4) = 2 ì f (3) = 6 ì p + e3k +b = 6①

【詳解】依題意，得 í f (3) - f (5) = 3 ,

，解得 í f (4) = 4,
p + e4k +b即： í = 4② .

f (3) = 2 f (5) f (5) = 3 p + e
5k +b = 3③
e3k+b①-② + p - e4k+b + p e3k+b(1- ek )
A = -k對于選項 ，由 可得：
②-③ e4k+b + p - e5k+b + p e4k+b =e = 2(1 ek ) ，（依題意知，-
k 0，故 ek 1）
ek 1得 = ，所以 k = -ln2，故 A 項正確；
2
對于選項 B，因① - ②可得： e3k +b + p - e4k +b + p = e3k +b 1- ek = 2，由選項 A 結論可知
e3k +b = 4，
1 3
所以 ×eb ÷ = 4，所以 e
b = 32 ，解得b = 5ln2，故 B 項正確；
è 2
對于選項 C - 3k +b 5k +b，因① ③ 2 可得： e + p = 2 e + p ，由選項 B 結論，有
é 5 ù
4 + p = 2 32 1 ê ÷ + pú，
ê è 2 ú
解得 p = 2 ，故 C 項錯誤；
x
對于選項 D，由選項 A B C f x = 2 1+ 32 5-x， ， 可得 ÷ ，即 f x = 2 + 2 ，所以
è 2
f 2 = 2 + 25-2 =10，
即二等獎獲得的“蓉寶”數為 10，故 D 項正確．
故選：ABD.
三、填空題
12．（2023·海南·模擬預測）新能源汽車是未來汽車的發展方向之一，一個新能源汽車制造廠
引進了一條新能源汽車整車裝配流水線，這條流水線生產的新能源汽車數量 x （輛）與創造
的價值 y （萬元）之間滿足一次函數關系.已知產量為 0 時，創造的價值也為 0 ；當產量為
40000輛時，創造的價值達到最大，為6000 萬元.若這家工廠希望利用這條流水線創收達到
5625萬元，則它應該生產的新能源汽車數量是 .
【答案】37500
3
【分析】設 y=kx，根據已知條件可求得 k = ，代入 y = 5625即可求得結果.
20
【詳解】由題意可設： y=kx，則 40000k = 6000，解得： k
3 y 3= ，\ = x ，
20 20
則當 y = 5625時， x = 37500 ，即應生產的新能源汽車37500輛.
故答案為：37500 .
13．（2024·全國·模擬預測）藥物的半衰期指的是血液中藥物濃度降低到一半所需時間．在特
定劑量范圍內， t （單位，h）內藥物在血液中濃度由 p1（單位，mg / mL）降低到 p2（單
0.693 × t
位，mg / mL），則藥物的半衰期T = lnp - lnp ．已知某時刻測得藥物甲、乙在血液中濃度1 2
分別為36mg / mL和54mg / mL，經過一段時間后再次測得兩種藥物在血液中濃度都為
T
24mg / mL 1，設藥物甲、乙的半衰期分別為T1，T2，則 =T ．2
【答案】2
0.693 × t
T ln36 - ln24
【分析】根據題意代入 1 = 0.693 × t 即可求解.T2
ln54 - ln24
0.693 × t
T1 ln36 - ln24 ln54 - ln24 ln9 - ln4【詳解】由題意得， = 0.693 t = = = 2．T ×2 ln36 - ln24 ln3 - ln2
ln54 - ln24
故答案為：2
14．（2023·上海崇明·二模）在一個十字路口，每次亮綠燈的時長為 30 秒，那么，每次綠燈
亮時，在一條直行道路上能有多少汽車通過？這個問題涉及車長、車距、車速、堵塞的干擾
等多種因素，不同型號車的車長是不同的，駕駛員的習慣不同也會使車距、車速不同，行人
和非機動車的干擾因素則復雜且不確定．面對這些不同和不確定，需要作出假設．例如小明
發現雖然通過路口的車輛各種各樣，但多數是小轎車，因此小明給出如下假設：通過路口的
車輛長度都相等，請寫出一個你認為合理的假設 ．
【答案】①等待時，前后相鄰兩輛車的車距都相等（或②綠燈亮后，汽車都是在靜止狀態
下勻加速啟動；或③前一輛車啟動后，下一輛車啟動的延時時間相等；或④車輛行駛秩序
良好，不會發生堵塞，等等）；（答案不唯一，只要寫出一個即可）
【分析】利用數學建模，根據題意這次建模就只考慮小轎車的情況，根據小轎車的長度差距
不大，對相關因素進行分析，從而可以作出有利于建立模型、基本符合實際情況的假設即可.
【詳解】根據題意可知和相關因素的分析，可以作出有利于建立模型、基本符合實際情況的
假設，例如①等待時，前后相鄰兩輛車的車距都相等；
②綠燈亮后，汽車都是在靜止狀態下勻加速啟動；
③前一輛車啟動后，下一輛車啟動的延時時間相等；
④車輛行駛秩序良好，不會發生堵塞，等等；
故答案為：等待時，前后相鄰兩輛車的車距都相等（不唯一）.
四、解答題
15．（2024 高三·全國·專題練習）某科研團隊在培養基中放入一定量的某種細菌進行研究．經
過 2 分鐘菌落的覆蓋面積為 48 mm2，經過 3 分鐘覆蓋面積為 64 mm2，后期其蔓延速度越來
越快；菌落的覆蓋面積 y（單位：mm2）與經過時間 x（單位：min）的關系現有三個函數模
型：①y＝kax（k＞0，a＞1）；②y＝logbx（b＞1）；③y＝p x ＋q（p＞0）可供選擇．（參
考數據：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477）
(1)選出你認為符合實際的函數模型，說明理由，并求出該模型的解析式．
(2)在理想狀態下，至少經過多少分鐘培養基中菌落的覆蓋面積能超過 300 mm2？（結果保留
到整數）
【答案】(1)應選函數模型 y＝kax（k＞0，a＞1），y＝27×（ ）x（x≥0）
(2)9 min
【詳解】解：（1）因為 y＝kax（k＞0，a＞1）的增長速度越來越快，
y＝logbx（b＞1）和 y＝p ＋q（p＞0）的增長速度越來越慢，
所以應選函數模型 y＝kax（k＞0，a＞1）.
由題意得 解得
所以該函數模型為 y＝27×（ ）x（x≥0）.
（2）由題意得 27×（ ）x＞300，即（ ）x＞ ，所以 x＞log .
又 log ＝ ＝ ≈ ≈8.368，
所以至少經過 9 min 培養基中菌落的覆蓋面積能超過 300 mm2.
16．（2024 高三·全國·專題練習）為了節能環保、節約材料，定義建筑物的“體形系數”
S F= 0
V ，其中F0 為建筑物暴露在空氣中的面積（單位：平方米），V0 為建筑物的體積（單位：0
立方米）．
(1)若有一個圓柱體建筑的底面半徑為 R ，高度為 H ，暴露在空氣中的部分為上底面和側面，
試求該建筑體的“體形系數” S ；（結果用含 R 、 H 的代數式表示）
2
(2) L定義建筑物的“形狀因子”為 f = ，其中A 為建筑物底面面積， L為建筑物底面周長，又
A
定義T 為總建筑面積，即為每層建筑面積之和（每層建筑面積為每一層的底面面積）．設 n
f × n 1
為某宿舍樓的層數，層高為 3 米，則可以推導出該宿舍樓的“體形系數”為 S = + ．當
T 3n
f = 18，T = 10000時，試求當該宿舍樓的層數 n為多少時，“體形系數” S 最?。?br/>2H + R
【答案】(1) S = HR
(2) n = 6
F0
【分析】（1）根據圓柱體的表面積和體積公式及 S = V 求出答案；0
（2 S 3 2n 1）表達出 = + ， n N* ，構造函數，求導得到其單調性，進而得到 S 的最小值在
100 3n
n = 6或 7 取得，代入比較后得到結論.
【詳解】（1）由圓柱體的表面積和體積公式可得：F0 = 2πRH + πR
2 V 2， 0 = πR H ，
S F= 0 πR(2H + R) 2H + R所以 = =V0 πR
2H HR ；
2 S 18n 1 3 2n 1（ ）由題意可得 = + = + ， * ，
10000 3n 100 3n n N
g x 3 2x 1令 = + ， x 1，
100 3x
3
2
所以 g x 3 2 1 9 2x - 200= - = ，
200 x 3x2 600x2
令 S = 0 x 20000，解得 = 3 6.27 ，
81
所以 g x 在 1,6.27 單調遞減，在 6.27,+ 單調遞增，
所以 S 的最小值在 n = 6或 7 取得，
當 n = 6 3 2 6 1時， S = + 0.31，
100 3 6
n = 7 3 2 7 1當 時， S = + 0.16 ，
100 3 7
所以在 n = 6時，該建筑體 S 最?。?br/>17．（2024·浙江金華·模擬預測）太陽能板供電是節約能源的體現，其中包含電池板和蓄電池
兩個重要組件，太陽能板通過電池板將太陽能轉換為電能，再將電能儲存于蓄電池中．已知
E2
在一定條件下，入射光功率密度 r = （E 為入射光能量且E > 0, S 為入射光入射有效面
S
積），電池板轉換效率h(0 h 100%) 與入射光功率密度 r 成反比，且比例系數為 k．
(1)若 k = 2, S =1.5平方米，求蓄電池電能儲存量 Q 與 E 的關系式；
(2)現有鉛酸蓄電池和鋰離子蓄電池兩種蓄電池可供選擇，且鉛酸蓄電池的放電量 I = Q + E-1 ，
鋰離子蓄電池的放電量 I = Q + E-1 ．設 S 1, k >1，給定不同的 Q，請分析并討論為了使
得太陽能板供電效果更好，應該選擇哪種蓄電池？
注：①蓄電池電能儲存量Q =h × E ；
②當 S，k，Q 一定時，蓄電池的放電量越大，太陽能板供電效果越好．
3
【答案】(1) Q =
E
(2)答案見解析
【分析】（1）利用題目所給公式及數據計算即可得；
（2）用 S，k，Q 表示出兩種蓄電池的放電量后作差比大小即可得.
Q h E k kS kS【詳解】（1） = × = × E =r E2
× E =
E ，
若 k = 2, S =1.5
2 1.5 3
平方米，則Q = = ；
E E
kS kS
（2）由Q = ，即E = Q ，E
-1 Q
鉛酸蓄電池的放電量為： I1 = Q + E = Q + ，kS
Q
鋰離子蓄電池的放電量為： I -12 = Q + E = Q + ，kS
Q Q Q 1+ kS Q kS + kS
則 I1 - I

2 = Q + - Q + ÷÷ = -kS è kS kS kS
Q × é Q 1+ kS - kS + kS ù= ，
kS
2 2 2
令 Q 1+ kS - kS + kS = 0 Q kS + kS k S + 2kS kS + kS，可得 = ÷÷ = 2 2 ，
è 1+ kS k S + 2kS +1
2 2
即Q
k S + 2kS kS + kS
2 ,+ k S 2 + 2kS +1 ÷÷
時， I1 > I2 ，此時應選擇鉛酸蓄電池，
è
k 2 2Q 0, S + 2kS kS + kS

當 2 2 ÷÷ 時， I1 < I2 ，此時應選擇鋰離子蓄電池，
è k S + 2kS +1
k 2S 2Q + 2kS kS + kS當 = 時， I1 = I2 ，兩種電池都可以.
k 2S 2 + 2kS +1
18．（2024·四川南充·二模）已知某科技公司的某型號芯片的各項指標經過全面檢測后，分為
Ⅰ級和Ⅱ級，兩種品級芯片的某項指標的頻率分布直方圖如圖所示：
若只利用該指標制定一個標準，需要確定臨界值 K，按規定須將該指標大于 K 的產品應用
于 A 型手機，小于或等于 K 的產品應用于 B 型手機．若將Ⅰ級品中該指標小于或等于臨界
值 K 的芯片錯誤應用于 A 型手機會導致芯片生產商每部手機損失 800 元；若將Ⅱ級品中該
指標大于臨界值 K 的芯片錯誤應用于 B 型手機會導致芯片生產商每部手機損失 400 元；假
設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．
(1)設臨界值K = 70時，將 2 個不作該指標檢測的Ⅰ級品芯片直接應用于 A 型手機，求芯片
生產商的損失x （單位：元）的分布列及期望；
(2)設K = x且 x 50,55 ，現有足夠多的芯片Ⅰ級品、Ⅱ級品，分別應用于 A 型手機、B 型
手機各 1 萬部的生產：
方案一：將芯片不作該指標檢測，Ⅰ級品直接應用于 A 型手機，Ⅱ級品直接應用于 B 型手
機；
方案二：重新檢測該芯片Ⅰ級品，Ⅱ級品的該項指標，并按規定正確應用于手機型號，會避
免方案一的損失費用，但檢測費用共需要 130 萬元；
請求出按方案一，芯片生產商損失費用的估計值 f x （單位：萬元）的表達式，并從芯片
生產商的成本考慮，選擇合理的方案．
【答案】(1)分布列見解析，E x = 480
(2) f x = 576 -8x ， x 50,55 ，方案二
【分析】（1）首先求出Ⅰ級品中該指標小于或等于70 的頻率，依題意x 的可能取值為 0 ，800，
1600，求出所對應的概率，即可得到分布列與數學期望；
（2）首先求出Ⅰ級品該指標小于或等于臨界值K 的頻率，Ⅱ級品中該指標大于或等于臨界
值 K 的頻率，即可求出損失費用的估計值 f x 的解析式，再求出值域，即可判斷.
【詳解】（1）當臨界值K = 70時，Ⅰ級品中該指標小于或等于70 的頻率為
0.002 + 0.005 + 0.023 10 = 0.3，
所以將 2個不作該指標檢測的Ⅰ級品芯片直接應用于A 型手機，每部手機損失800元的概率
3
為 ，
10
所以芯片生產商的損失x 的可能取值為 0 ，800，1600，
0 2 1 1
所以P x = 0 = C0 3 7 49 1 3 7 422 10 ÷ 10 ÷ = ，P x = 800 = C 100 2 ÷ ÷ = ，è è è10 è10 100
2 0
P x =1600 3 7= C2 92 ÷ ÷ = ，
è10 è10 100
所以x 的分布列為：
x 0 800 1600
49 42 9
P 100 100 100
E x 0 49所以 = + 800 42 +1600 9 = 480 .
100 100 100
（2）當臨界值K = x且 x 50,55 時，
若采用方案一：
Ⅰ級品中該指標小于或等于臨界值K 的頻率為0.002 10 + 0.005 x - 50 = 0.005x - 0.23，
所以可以估計10000部A 型手機中有10000 0.005x - 0.23 = 50x - 2300部手機芯片應用錯誤；
Ⅱ級品中該指標大于或等于臨界值K 的頻率為0.01 10 + 0.03 60 - x = -0.03x +1.9，
所以可以估計10000部 B 型手機中有10000 -0.03x +1.9 =19000 - 300x部手機芯片應用錯誤；
所以可以估計芯片生產商的損失費用
f x = 0.08 50x - 2300 + 0.04 19000 - 300x = 576 -8x ，
即 f x = 576 -8x ， x 50,55 ，
因為 x 50,55 ，所以 f x 136,176 ，
又采用方案二需要檢測費用共130萬元，
故從芯片生產商的成本考慮，應選擇方案二.
19．（2024 高三·全國·專題練習）將連續正整數 1，2，L， n(n N* ) 從小到大排列構成一個
數123Ln， F (n)為這個數的位數 ( 如當 n =12 時，此數為 123456789101112，共有 15 個數
字，F (12) =15)，現從這個數中隨機取一個數字， p(n)為恰好取到 0 的概率.
(1)求 p(100).
(2)當 n 2021時，求 F (n)的表達式.
(3)令 g(n)為這個數中數字 0 的個數， f (n)為這個數中數字 9 的個數， h(n) = f (n) - g(n)，
S = n | h(n) =1,n 100,n N* ，求當 n S 時 p(n)的最大值.
11
【答案】(1)
192
ìn,1 n 9
2n - 9,10 n 99
(2) F (n) =

í
3n -108,100 n 999
4n -1107,1000 n 2021
1
(3)
19
【分析】（1）計算F 100 = 9 + 90 2 + 3 =192，數字 0 的個數為 11，得到概率.
（2）考慮1≤ n≤9，10 n 99，100 n 999，1000 n 2023四種情況，依次計算得到
答案.
（3）考慮 n = b 1< b 9,b N* 時，當 n =10k + b 1 k 9,0 b 9, k N*,b N* 時，當
n =100 時三種情況，得到 g n 和 f n 的解析式，得到 S = 9,19,29,39,49,59,69,79,89,90 ，
再計算概率的最值得到答案.
【詳解】（1）當 n =100 時，F 100 = 9 + 90 2 + 3 =192，
即這個數中共有192個數字，其中數字 0 的個數為11，
11
則恰好取到 0 的概率為 p 100 = ；
192
（2）當1≤ n≤9時，這個數有1位數組成，F n = n ；
當10 n 99時，這個數有9個一位數組成， n - 9個兩位數組成，則F n = 2n - 9；
當100 n 999時，這個數有9個一位數組成，90個兩位數組成， n - 99個三位數組成，
F n = 3n -108；
當1000 n 2021時，這個數有9個一位數組成，90個兩位數組成，900個三位數組成
n - 999個四位數組成，F n = 4n -1107；
ìn,1 n 9

2n - 9,10 n 99
綜上所述：F (n) = í
3n 108,100 n
，
- 999
4n -1107,1000 n 2021
（3）當 n = b 1< b 9,b N* 時， g n = 0，
當 n =10k + b 1 k 9,0 b 9, k N*,b N* 時， g n = k ；
當 n =100 時， g n =11，
ì 0,1 n 9
即 g n = * *ík, n =10k + b,1 k 9,0 b 9,k N ,b N ，

11, n =100
ì 0,1 n 8

k, n =10k + b -1,1 k 8,0 b 9, k N
*,b N*
同理有 f n = í
n -80,89 n 98
，

20, n = 99,100
由 h n = f n - g n =1，可知 n = 9,19,29,39,49,59,69,79,89,90，
所以當 n 100時， S = 9,19,29,39,49,59,69,79,89,90 ，
當n = 9 時， p 9 = 0 ，
9 1
當 n = 90 時， p 90 = = ，
171 19
* g np n k k當 n =10k + 9 1 k 8,k N 時， = = =F n 2n - 9 20k 9 ，+
y k 1 9 1由 = = - 關于 k 單調遞增，
20k + 9 20 20 20k + 9
故當 n =10k + 9 1 k 8,k N* 8時，有 p n 的最大值為 p 89 = ，
169
8 1
又 < ，
169 19
1
所以當 n S 時， p n 的最大值為 ．
19
【點睛】關鍵點點睛：函數的解析式，概率的計算，最值問題，意在考查學生的計算能力，
轉化能力和綜合應用能力，其中分類討論的思想是解題的關鍵
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·浙江·二模）紹興某鄉村要修建一條 100 米長的水渠，水渠的過水橫斷面為底角為
120°的等腰梯形（如圖）水渠底面與側面的修建造價均為每平方米 100 元，為了提高水渠的
過水率，要使過水橫斷面的面積盡可能大，現有資金 3 萬元，當過水橫斷面面積最大時，水
果的深度（即梯形的高）約為（ ）（參考數據： 3 1.732）
A．0.58 米 B．0.87 米 C．1.17 米 D．1.73 米
【答案】B
【分析】如圖設橫截面為等腰梯形 ABCD，BE ^ CD于E ，求出資金 3 萬元都用完時
AB + BC + AD ，設BC = x，再根據梯形的面積公式結合二次函數的性質即可得解.
【詳解】如圖設橫截面為等腰梯形 ABCD，BE ^ CD于E ， BAD = ABC =120°，
要使水橫斷面面積最大，則此時資金 3 萬元都用完，
則100 AB + BC + AD 100 = 30000，解得 AB + BC + AD = 3米，
BC = x AB 3 2x, BE 3 x,CE 1
3
設 ，則 = - = = x，故CD = 3- x，且0 < x < ，
2 2 2
3
ABCD 3- 2x + 3 - x x梯形 的面積 S 2 3 3= = -x2 + 2x ，
2 4
當 x =1 S 3 3時， max = ，4
3
此時BE = 0.87 ，
2
即當過水橫斷面面積最大時，水果的深度（即梯形的高）約為 0.87 米.
故選：B.
2．（2024·全國·模擬預測）北斗衛星導航系統是中國自行研制的全球衛星導航系統．已知衛
星運行軌道近似為以地球為圓心的圓形，運行周期T 與軌道半徑 R 之間關系為T 2 = K × R3（K
為常數）．已知甲、乙兩顆衛星的運行軌道所在平面互相垂直，甲的周期是乙的 8 倍，且甲
的運行軌道半徑為 a km， A, B分別是甲、乙兩顆衛星的運行軌道上的動點，則 A, B之間距
離的最大值為（ ）
5
A 17． a km B． a km
4 4
3
C． a km D．5a km
2
【答案】B
【分析】根據題設條件得到 r
a
= ，再根據圖形，利用 AB a + r ，當且僅當三點共線時取等
4
號即可求出結果.
2
T a 3
【詳解】如圖，設衛星乙的運行軌道半徑為 rkm 甲 = ，因為 ÷ ÷ ，且T甲 = 8T乙 ，所以
è T乙 è r
r a= ，
4
5
設地球的球心為O，則 AB a + r = a ，當且僅當 A, B與O共線且位于O兩側時取得等號，
4
故選：B．
3．（2024·全國·模擬預測）藥物的半衰期指的是血液中藥物濃度降低一半所需要的時間，在
0.693
特定劑量范圍內，藥物的半衰期T = ，其中K 是藥物的消除速度常數，不同藥物的消
K
除速度常數一般不同，若 th內藥物在血液中濃度由 c0ug%降低到 c1ug% ，則該藥物的消除速
K lnc0 - lnc度常數 = 1 ．已知某藥物半衰期為3h ，首次服用后血藥濃度為 45ug%，當血藥濃
t
度衰減到 20ug%時需要再次給藥，則第二次給藥與首次給藥時間間隔約為
ln2 0.7, ln3 1.1 （ ）
A．3.3h B．3.5h C． 4.6h D．6.9h
【答案】B
【分析】由題意結合對數運算即可得.
K 0.693 lnc0 - lnc lnc - lnc ×T【詳解】因為 = = 1 ，所以 t = 0 1 ，
T t 0.693
由題意，得T = 3,c0 = 45,c1 = 20，
ln45 - ln20t 3 2 ln3- ln2 2 1.1- 0.7 所以 = = 3.5．
0.693 0.231 0.231
故選：B.
4．（23-24 高三上·湖北·階段練習）已知把物體放在空氣中冷卻時，若物體原來的溫度是
q1℃
-kt
，空氣的溫度是q0℃，則 tmin 后物體的溫度q℃滿足公式q = q0 + q1 -q0 e （其中 k 是
一個隨著物體與空氣的接觸狀況而定的正常數）.某天小明同學將溫度是80℃的牛奶放在
20℃空氣中，冷卻 2min 后牛奶的溫度是50℃，則下列說法正確的是（ ）
A． k = ln2
B． k = 2ln2
C．牛奶的溫度降至35℃還需 4min
D．牛奶的溫度降至35℃還需 2min
【答案】D
【分析】運用代入法，結合對數的運算逐一判斷即可.
【詳解】由q = q0 + q1 -q0 e-kt ，得50 = 20 + 80 - 20 e-2k ，
1
= e-2k即 ，故 k
1
= ln 2 ，A、B 錯誤；
2 2
1
又由35 = 20 + (80 - 20)e-kt ， k = ln 2 ，得 t = 4，
2
故牛奶的溫度從80℃降至35℃需 4min ，
從50℃降至35℃還需 4 - 2 = 2min .
故選：D
5．（2024·陜西咸陽·模擬預測）某軍區紅、藍兩方進行戰斗演習，假設雙方兵力（戰斗單位
ì
x t X
b
=
0
cosh abt - Y sinh abta 0
數）隨時間的變化遵循蘭徹斯特模型： í ，其中正實

y t = Y0cosh abt
a
- X 0sinh abtb
數 X 0 ，Y0 分別為紅、藍兩方的初始兵力， t 為戰斗時間； x t ， y t 分別為紅、藍兩方 t 時
ex + e- x
刻的兵力；正實數 a，b 分別為紅方對藍方、藍方對紅方的戰斗效果系數； coshx =
2
sinhx e
x - e- x
和 = 分別為雙曲余弦函數和雙曲正弦函數．規定：當紅、藍兩方任何一方兵力
2
為 0 時戰斗演習結束，另一方獲得戰斗演習勝利，并記戰斗持續時長為T ．則下列結論不正
確的是（ ）
A．若 X 0 > Y0 且 a = b，則 x t > y t 0 t T
X 1 X 0 +YB 0．若 0 > Y0 且 a = b，則T = lna X 0 -Y0
X b
C 0．若 >Y a ，則紅方獲得戰斗演習勝利0
X
D．若 0
b
> ，則紅方獲得戰斗演習勝利
Y0 a
【答案】C
【分析】對于 A 根據已知條件利用作差法比較大小即可得出 x t - y t = eat X 0 -Y0 > 0，
eat + e-at eat - e-at
對于 B，利用 A 中結論可得藍方兵力先為 0，即 Y0 - X 0 = 0解得T ；對于 C2 2
和 D，若要紅方獲得戰斗演習勝利，分別解出紅、藍兩方兵力為 0 時所用時間 t1 、 t2 ，比較
大小即可.
ìx t = X 0 cosh at -Y0 sinh at
【詳解】對于 A，若 X 0 > Y0 且 a = b，則 í ，
y t = Y0 cosh at - X 0 sinh at
ì at -at at -at
x t
e + e e - e
= X - Y
2 0 2 0
即 í x t - y t = eat X -Y
eat + e-at eat at
，所以 - 0 0 ，

y t
- e
= Y - X
2 0 2 0
由 X 0 > Y0 可得 x t - y t = eat X 0 -Y0 > 0，即 A 正確；
對于 B，當 a = b時根據 A 中的結論可知 x t > y t ，所以藍方兵力先為 0 ，
at -at at -at
即 y t e + e e - e= Y at -at0 - X 0 = 0，化簡可得 e X 0 -Y0 = e X +Y ，2 2 0 0
e2at X 0 +Y0 即 = ，兩邊同時取對數可得 2at = ln
X 0 +Y0
X -Y X -Y ÷
，
0 0 è 0 0
t 1

ln X 0 +Y= 0
1 ln X 0 +Y0 1 X +Y即 ÷ = 0 0，所以戰斗持續時長為T = ln ，所以 B 正確；2a è X 0 -Y0 a X 0 -Y0 a X 0 -Y0
對于 C，若紅方獲得戰斗演習勝利，則紅方可戰斗時間大于藍方即可，
設紅方兵力為 0 時所用時間為 t1 ，藍方兵力為 0 時所用時間為 t2 ，
X b0 +Y0
即 x t1 = X 0 cosh abt b1 - Y0 sinh abt1 = 0 e2 abt，可得 1 = a >0a Y b0 - Xa 0
Y a b a0 + X 0 X 0 +Y0 Y0 + X 0 2
e2 abt b同理可得 2 = >0 a > b
X 0 b
，即 ，解得 > ，
a b Y 2 aX 0 -Y0 Y0 - X X
a
-Y 0
b a 0 0 b 0
X ,Y , a,b X b又因為 0 0 都為正實數，所以可得 0 > ，紅方獲得戰斗演習勝利；Y0 a
所以可得 C 錯誤，D 正確.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題給的信息比較多，關鍵是理解題意，然后利用相應的知識（作差
法、指數函數的性質）進行判斷.
二、多選題
6．（23-24 高三下·重慶·階段練習）吸光度是指物體在一定波長范圍內透過光子的能量占收
到光能量的比例.透光率是指光子通過物體的能量占發出光能量的比例.在實際應用中，通常
1
用吸光度A 和透光率T 來衡量物體的透光性能，它們之間的換算公式為T = ，如表為不
10A
同玻璃材料的透光率：
玻璃材料 材料 1 材料 2 材料 3
T 0.6 0.7 0.8
設材料 1 材料 2 材料 3 的吸光度分別為 A1 A2 A3 ，則（ ）
A． A1 > 2A2 B． A2 + A3 > A1
C 2． A1 + A3 > 2A2 D． A1A3 < A2
【答案】BCD
【分析】由對數式與指數式的互化，得 A = - lgT ，由 A1,A2 ,A3的值，結合對數式的運算規則
和對數函數的單調性，判斷選項中的不等式是否成立.
1
【詳解】由T = A ，得 A = - lgT ，則 A1 = - lg 0.6， A10 2
= - lg 0.7， A3 = - lg 0.8，
2A2 = -2lg 0.7 = - lg 0.49， lg 0.6 > lg 0.49 ，- lg 0.6 < - lg 0.49，即 A1 < 2A2 ，A 選項錯誤；
A2 + A3 = - lg 0.7 - lg 0.8 = - lg 0.56 > - lg 0.6 = A1 ，B 選項正確；
A1 + A3 = - lg 0.6 - lg 0.8= - lg 0.48 > - lg 0.49 = -2lg 0.7 = 2A2，C 選項正確；
A1A3 = - lg 0.6 - lg 0.8 = lg 0.6 × lg 0.8， A22 = - lg 0.7
2 = lg 0.7 2，
A A lg 0.6 × lg 0.8 2 21 3 = = log 0.6 A2 lg 0.7
lg 0.7 × lg 0.8 lg 0.7 × lg 0.8 0.7 ， = = log 0.7lg 0.7 × lg 0.8 lg 0.7 × lg 0.8 0.8
1 1

log 0.6 3 log 0.6 log 0.6
2 2 0.36 2
0.7 - = 0.7 3 = 0.7 3 ÷ = log0.7 ÷ < log2 0.7 0.343 0.7
1 = 0，
0.72 è è
1 1
log 0.7 3 log 0.7
2 2
log 0.7 0.49
2
0.8 - =2 0.8 3
= 0.8 3 ÷ = log0.8 0.8 ÷
> log0.8 1 = 0，
0.82 è è 0.512
A A A2
所以 log 1 3 20.7 0.6 < log0.8 0.7 ，則有 < ，lg 0.7 × lg 0.8 lg 0.7 × lg 0.8
又 lg 0.7 × lg 0.8 > 0 A 2，則 1A3 < A2 ，D 選項正確；
故選：BCD
7．（22-23 高三上·重慶萬州·階段練習）某摩天輪共有 32 個乘坐艙，按旋轉順序依次為 1~33
號（因忌諱，沒有 13 號），并且每相鄰兩個乘坐艙與旋轉中心所成的圓心角均相等，已知乘
客在乘坐艙距離底面最近時進入，在 t min 后距離地面的高度
f t = Asin wt +j + B A > 0,w > 0,j 0,2π ，已知該摩天輪的旋轉半徑為 60m，最高點
距地面 135m，旋轉一周大約 30min，現有甲乘客乘坐 11 號乘坐艙，當甲乘坐摩天輪 15min
時，乙距離地面的高度為 75 + 30 2 m，則乙所乘坐的艙號為（ ）
A．6 B．7 C．15 D．16
【答案】BD
π ìA = 60
【分析】先由最小正周期求出w = 15 ，進而由最高點和最低點與地面的距離求出 í B 75
，
=
3π
由甲乘坐摩天輪 15min 時，距底面為最大高度，求出j = ，得到解析式，令
2
f t 75 30 2 t 45 750 = + 求出 0 = min 或 min，求出每相鄰兩個乘坐艙旋轉到同一高度的時間4 4
45 75
間隔，分別求出 t0 = min 和 min 時，甲乙相差的乘坐艙個數，得到答案.4 4
2π 2π π
【詳解】由題意得：T = 30 min，故w = = = ，
T 30 15
摩天輪最低點距底面135 - 60 2 =15m，
ìA + B =135 ìA = 60
故 í
-A + B =15
，解得： íB 75， =
f t 60sin π故 = t +j

15 ÷
+ 75，
è
由于T = 30 min，故甲乘坐摩天輪 15min 時，距地面為最大高度，
即 f 15 = 60sin π 15 +j

÷ + 75 =135，
è15
故 sin π +j =1，
因為j 0,2π ，所以 π +j π,3π π 5π，故 +j = ，
2
3π
解得：j = ，
2
故 f t = 60sin π t
3π
+
15 2 ÷
+ 75，
è
令 f t π 3π 0 = 60sin t0 + ÷ + 75 = 75 + 30 2 ，其中 t15 2 0 0,30 ，è
sin π t 3π 2解得： 15 0
+ = ，
è 2 ÷ 2
π t 3π π令 + = + 2kπ， k Z
75
，解得： t = - + 30k ， k Z，
15 0 2 4 0 4
75
因為 t0 0,30 ，所以- + 30k 0,30 ，解得： k =1，4
此時 t
45
0 = 4
π t 3π 3π令 0 + = + 2kπ， k Z
45
，解得： t0 = - + 30k ， k Z，15 2 4 4
45
因為 t0 0,30 ，所以- + 30k 0,30 ，解得： k =1，4
t 75此時 0 = 4
綜上： t
45 75
0 = min 或 min，4 4
π
每相鄰兩個乘坐艙與旋轉中心所成的圓心角為 ，故每相鄰兩個乘坐艙旋轉到同一高度的
16
π
16 15
時間間隔為 π = min，16
15
15
當 t
45 45 15
0 = min 時，乙比甲晚出發15 - = min，甲乙相差
4
15 = 4個乘坐艙，4 4 4
16
由于沒有 13 號乘坐艙，故乙在 16 號乘坐艙，
15
t 75 75 15當 0 = min 時，乙比甲早出發 -15 = min，甲乙相差
4
4 4 4 15
= 4個乘坐艙，
16
故乙在 7 號乘坐艙.
故選：BD
三、填空題
8．（2023 高三上·全國·專題練習）考古學家對四川廣漢“三星堆古墓”進行考古發據，科學家
通過古生物中某種放射性元素的存量來估算古生物的年代，已知某放射性元素的半衰期約為
4200 年（即：每經過 4200 年，該元素的存量為原來的一半），已知古生物中該元素的初始
2a
存量為 a，經檢測古生物中該元素現在的存量為 ，請推算古生物距今大約 年（參考
5
數據：lg2≈0.3）.
【答案】5600
【分析】根據給定條件，求出元素的存量 y 與時間 x（年）的關系式，列出方程并結合對數
運算即得結果.
1
4200
【詳解】由半衰期的定義可知，每年古生物中該元素的存量是上一年該元素存量的 1 2 ÷
，
è
x
4200
因此該元素的存量 y 與時間 x（年）的關系式為 y = a· 1 ÷ ，x≥0，
è 2
x x lg 4
由 a· 1
4200 2= a ，得 1 4200
2 4 x 4 1- 2lg 2
÷ ÷ = = ，則 =
log = 10 = ，
è 2 5 è 2 5 10 4200
1
2 10 lg 1 lg 2
2
解得 x
4200 1- 2lg 2= ≈5600，
lg 2
所以該古生物距今大約 5600 年.
故答案為：5600
9．（2023·北京·模擬預測）農業技術員進行某種作物的種植密度試驗，把一塊試驗田劃分為 8
塊面積相等的區域（除了種植密度，其它影響作物生長的因素都保持一致），種植密度和單
株產量統計如下：
根據上表所提供信息，第 號區域的總產量最大．
【答案】5
【分析】分別求出種植密度函數和單株產量函數的解析式，再求總產量的函數解析式，由此
確定其最大值及取最大值的條件即可.
【詳解】設區域代號為 x ，種植密度為 y1 ，單株產量為 y2，則 x 1,2,3,4,5,6,7,8 ，
由圖象可得種植密度 y1 是區域代號 x 的一次函數，
故設 y1 = kx + b， x 1,2,3,4,5,6,7,8 ，
由已知函數 y1 = kx + b的圖象經過點 1,2.4 , 8,4.5 ，
ì2.4 = k + b ìk = 0.3
所以 í
4.5 = 8k b
，解得
+ í b
，
= 2.1
所以 y1 = 0.3x + 2.1，
由圖象可得單株產量 y2是區域代號 x 的一次函數，
故可設 y2 = mx + n， x 1,2,3,4,5,6,7,8 ，
觀察圖象可得當 x =1時， y2 =1.28，當 x = 8時， y2 = 0.72，
ì1.28 = m + n ìm = -0.08
所以 í
0.72 = 8m n
，解得
+ í n
，
=1.36
所以 y2 = -0.08x +1.36，
所以總產量m x = 0.3x + 2.1 -0.08x +1.36 = -0.024 x2 -10x -119
當 x = 5時，函數m x 有最大值，即5號區域總產量最大，最大值為3.456 .
故答案為：5.
四、解答題
10．（2024 高三·全國·專題練習）隨著神舟十五號載人飛船順利發射，人們對航天事業愈發
關注，航天周邊產品銷量也逐漸提高．某商場準備購進一批火箭模型進行售賣，已知一個 B
款火箭模型比一個 A 款貴 15 元，用 1 600 元購入的 A 款火箭模型與 2 200 元購入的 B 款火
箭模型數量相同．
(1)這兩款火箭模型的進貨單價各是多少元？
(2)已知商場準備購進這兩款火箭模型共 100 個，后將這批火箭模型以 A 款每個 70 元，B 款
每個 90 元的價格出售．求可獲得的總利潤 y(元)與其中 A 款火箭模型的數量 x(個)之間的關
系式．
【答案】(1)A 款火箭模型的進價為 40 元，B 款火箭模型的進價為 55 元
(2) y = 3500- 5x 0 x 100
【詳解】（1）設一個 A 款火箭模型的進價為 x 元，
則一個 B 款火箭模型的進價為(x＋15)元，
則有 ＝ ，解得 x＝40，經檢驗，x＝40 是原方程的解，
所以 A 款火箭模型的進價為 40 元，B 款火箭模型的進價為 55 元．
（2）因為 A 款火箭模型的數量為 x 個，
則 B 款火箭模型的數量為(100－x)個，
所以 y＝(70－40)x＋(90－55)(100－x)＝3 500－5x(0≤x≤100).
11．（2024·山東·模擬預測）如圖①，將 n個完全一樣質量均勻長為 L的長方體條狀積木，
一個疊一個，從桌子邊緣往外延伸，最多能伸出桌緣多遠而不掉下桌面呢？這就是著名的“里
拉斜塔問題”．
解決方案如下：如圖②，若 n =1，則當積木與桌緣垂直且積木重心O1恰與桌緣齊平時，其
L
伸出桌外部分最長為 ，如圖③，若 n = 2，欲使整體伸出桌緣最遠，在保證所有積木最長
2
棱與桌緣垂直的同時，可先將上面積木的重心與最下方的積木伸出桌外的最遠端齊平，然后
設最下方積木伸出桌外的長度為 x ，將最下方積木看成一個杠桿，將桌緣看成支點，由杠桿
平衡原理可知，若積木恰好不掉下桌面，則上面積木的重力G 乘以力臂 x ，等于最下方積木
L
G - x Gx = G
L
- x L的重力 乘以力臂 2 ÷，得出方程 ÷ ，求出
x = ．所以當疊放兩個積木時，
è è 2 4
L L 3L
伸出桌外最遠為 + = ，此時將兩個積木看成整體，其重心O2 恰與桌緣齊平．如圖4 2 4
④，使前兩塊積木的中心O2 與下方的第三塊積木伸出桌外的最遠端齊平，便可求出 n = 3時
積木伸出桌外的最遠距離．依此方法，可求出 4 個、5 個直至 n個積木堆疊伸出桌外的最遠
距離．（參考數據：50 < e4 < 55， e為自然常數）
(1)分別求出 n = 3和 n = 4時，積木伸出桌外的最遠距離．（用 L表示）；
(2)證明：當 n = 64時，積木伸出桌外最遠超過 2L；
15L
(3)證明：當 n = 352時，積木伸出桌外最遠不超過 ．
4
11 25
【答案】(1)當 n = 3時，最遠距離為 L，當 n = 4時，最遠距離為 L
12 24
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）將前 n -1個看成一個整體，結合題意列式計算即可得；
L
（2）將前 n -1個看成一個整體，設第 n個積木伸出桌外的長度為 xn，可得 xn = ，即有當2n
L 1 1 1
n = 64時，積木堆疊伸出桌外的最遠距離為 1+ + +L+ ÷，構造函數2 è 2 3 64
f x = x - ln x 1 n +1+1 ，結合導數研究函數單調性可得 > ln
n
，即可得
è n ÷
1 1 L 1+ + + > ln n +1 ，將 n = 64代入即可得證；
2 n
（3）構造函數 g x = ln x +1 x n +1 1- ，結合導數研究函數單調性可得 ln ÷ >x +1 è n n +1，故有
1 1 L 1+ + + < ln n，將 n = 352代入即可得證.
2 3 n
2Gx G L L L L L 11【詳解】（1）當 n = 3時，有 = - x2 ÷，則
x = ， + + = L，
è 6 2 4 6 12
n 4 3Gx = G
L
- x x L 11 L+ L 25當 = 時，有 ÷，則 = ，故 = L ，
è 2 8 12 8 24
11
故當 n = 3時，積木伸出桌外的最遠距離為 L，
12
25
當 n = 4時，積木伸出桌外的最遠距離為 L，
24
（2）當 n個積木堆疊伸出桌外時，前 n -1個看成一個整體，
L L
設第 n個積木伸出桌外的長度為 xn，則有 n -1 xnG = G - xn ÷，解得 x = ，
è 2 n 2n
故當 n = 64時，積木堆疊伸出桌外的最遠距離為：
L L L L L+ + + = 1 1 1 1+ + +L+

2 4 2 64 2 2 3 64 ÷
，
è
令 f x = x - ln x +1 x > 0 f x 1 1 x，則 = - = > 0，
x +1 x +1
故 f x 在 0, + 上單調遞增，故 f x > f 0 = 0，
1 1 1x = - ln +1
1 n +1
令 ，則有 ÷ > 0，即 > ln

n n n n n ÷
，
è è
故1
1 1 2
+ +L+ > ln + ln 3 L ln n +1+ + = ln 2 3 n L = ln n +1 ，
2 n 1 2 n è 1 2 n -1÷
1 1 1即 + + +L
1
+ > ln 65，又 4 ，故
2 3 64 50 < e < 55 ln 65 > ln e
4 = 4，
L 1 1 1 1 L故 + + +L+ > 4 = 2L ，
2 è 2 3 64 ÷ 2
即當 n = 64時，積木伸出桌外最遠超過 2L；
（3）由（2）知，當 n = 352時，積木堆疊伸出桌外的最遠距離為：
L L L L L 1 1 1 1+ + + = + + +L+ ，
2 4 2 352 2 ֏ 2 3 352
令 g x = ln x x+1 - x > 0 ，
x +1
g x 1 x +1- x x則 = - = > 0x +1 x +1 2 x +1 2 ，
故 g x 在 0, + 上單調遞增，故 g x > g 0 = 0，
即有 ln x 1 x+ > 在 0, + 上恒成立，
x +1
1
x 1
n +1 1
令 =
n
，則有 ln > = ，
n n ֏ 1 +1 n +1
n
ln 2 3故 + ln +L
n
+ ln 1 1 1> + +L+ ，
1 2 n -1֏ 2 3 n
1 1 1 1 1 1
即 + +L+ < ln n，則1+ + +L+ <1+ ln 352，
2 3 n 2 3 352
15L
要證當 n = 352時，積木伸出桌外最遠不超過 ，
4
L 15L
只需證 1+ ln 352 ， 即證 ln 352 6.5，
2 4
4 ln 352 4 ln 352由50 < e < 55，故 - < = ln 7.04，50
即只需證 ln 7.04 2.5，由7.042 = 49.5616 < 50 < e4 ，
故 ln 7.04 < 2，即得證.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點有兩個，一個是由題意得到第 n個積木伸出桌外的長度為
x n -1 xnG = G
L L
- xn ÷ xn =
n時，有 è 2 ，可得 2n ，即可得 n個積木堆疊伸出桌外的最遠距離
L n 12 k f x = x - ln x +1為 =1 k 2 3 ，第二個是證明（ ）、（ ）問時，構造對應函數 及
g x = ln x 1 x 1 1+ - + +L 1+ > ln n +1
x +1， 通 過 研 究 函 數 單 調 性 ， 得 到 2 n 及
1 1
+ +L 1+ < ln n
2 3 n .考點 15 函數模型的應用（3 種核心題型+基礎保分練+綜合提
升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.了解指數函數、對數函數與一次函數增長速度的差異.
2.理解“指數爆炸”“對數增長”“直線上升”等術語的含義
3.能選擇合適的函數模型刻畫現實問題的變化規律，了解函數模型在社會生活中的廣泛應用
【知識點】
1．三種函數模型的性質
函數
y＝ax(a>1) y＝logax(a>1) y＝xn(n>0)
性質
在(0，＋∞)
單調遞增 單調遞增 單調遞增
上的增減性
增長速度 越來越快 越來越慢 相對平穩
隨 x 的增大逐漸表現 隨 x 的增大逐漸表現為 隨 n 值的變化而各有
圖象的變化
為與 平行 與 平行 不同
2．常見的函數模型
函數模型 函數解析式
一次函數模型 f(x)＝ax＋b(a，b 為常數，a≠0)
二次函數模型 f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c 為常數，a≠0)
k
反比例函數模型 f(x)＝ ＋b(k，b 為常數，k≠0)
x
指數函數模型 f(x)＝bax＋c(a，b，c 為常數，a>0 且 a≠1，b≠0)
對數函數模型 f(x)＝blogax＋c(a，b，c 為常數，a>0 且 a≠1，b≠0)
冪函數模型 f(x)＝axα＋b(a，b，α 為常數，a≠0，α≠0)
【核心題型】
題型一　用函數圖象刻畫變化過程
判斷函數圖象與實際問題變化過程相吻合的兩種方法
(1)構建函數模型法：當根據題意易構建函數模型時，先建立函數模型，再結合模型選擇函
數圖象．
(2)驗證法：根據實際問題中兩變量的變化快慢等特點，結合函數圖象的變化趨勢，驗證是
否吻合，從中排除不符合實際的情況，選擇出符合實際情況的答案．
【例題 1】（2023·山西朔州·模擬預測）為研究每平方米平均建筑費用與樓層數的關系，某開
發商收集了一棟住宅樓在建筑過程中，建筑費用的相關信息，將總樓層數 x 與每平米平均建
筑成本 y （單位：萬元）的數據整理成如圖所示的散點圖：
則下面四個回歸方程類型中最適宜作為每平米平均建筑費用 y 和樓層數 x 的回歸方程類型
的是（ ）
A． y = a + bx B． y = a + bex
b
C． y = a + D． y = a + bx2
x
【變式 1】（2023·江西南昌·二模）為了預防某種病毒，某學校需要通過噴灑藥物對教室進行
全面消毒．出于對學生身體健康的考慮，相關部門規定空氣中這種藥物的濃度不超過 0.25
毫克/立方米時，學生方可進入教室．已知從噴灑藥物開始，教室內部的藥物濃度 y（毫克/
ì 0.1t,0 t 10
t
立方米）與時間 t（分鐘）之間的函數關系為 y = í 1
-a
10 ，函數的圖像如圖所示．如
÷ , t >10
è 2
果早上 7：30 就有學生進入教室，那么開始噴灑藥物的時間最遲是（ ）
A．7：00 B．6：40 C．6：30 D．6：00
【變式 2】（2023·四川南充·三模）血藥濃度是指藥物吸收后在血漿內的總濃度，當血藥濃度
介于最低有效濃度和最低中毒濃度之間時藥物發揮作用．某種藥物服用 1 單位后，體內血藥
濃度變化情況如圖所示（服用藥物時間對應 t 時），則下列說法中不正確的是（ ）
A．首次服藥 1 單位后 30 分鐘時，藥物已經在發揮療效
B．若每次服藥 1 單位，首次服藥 1 小時藥物濃度達到峰值
C．若首次服藥 1 單位，3 小時后再次服藥 1 單位，一定不會發生藥物中毒
D．每間隔 5.5 小時服用該藥物 1 單位，可使藥物持續發揮治療作用
【變式 3】（23-24 高三下·江蘇鎮江·開學考試）函數 f (x)
ax + b
=
(x c)2 的圖象如圖所示，則+
（ ）
A． a < 0,b < 0,c > 0 B． a > 0,b < 0,c > 0
C． a > 0,b > 0,c < 0 D． a > 0,b < 0,c < 0
題型二　已知函數模型的實際問題
已知函數模型解決實際問題的關鍵
(1)認清所給函數模型，弄清哪些量為待定系數．
(2)根據已知利用待定系數法，確定模型中的待定系數．
(3)利用該函數模型，借助函數的性質、導數等求解實際問題，并進行檢驗．
【例題 1】．（2024 高三·全國·專題練習）中國茶文化博大精深，茶水的口感與茶葉類型和水
的溫度有關，經驗表明，某種綠茶用85℃的開水泡制，再等茶水溫度降至55℃時飲用，可
以產生最佳口感，如果茶水原來的溫度是T0℃，經過一定時間 tmin 后的溫度 T(單位：℃)可
由公式T = Ta + T0 -Ta ×e-kt 求得，其中Ta 表示室溫，k 是一個隨著物體與空氣的接觸狀況而
定的正常數．現有一杯85℃的綠茶放在室溫為 25℃的房間中，如果茶溫降到 45℃需要
10min ，那么在 25℃室溫下，用85℃的開水泡制，剛泡好的茶水要達到最佳飲用口感，大約
需要放置（ ）(參考數據： ln2 0.693, ln 3 1.099 )
A． 4min B．6min C．7min D．9min
【變式 1】（2024·四川德陽·三模）如今我國物流行業蓬勃發展，極大地促進了社會經濟發展
和資源整合．已知某類果蔬的保鮮時間 y(單位：小時)與儲藏溫度 x(單位：℃)滿足函數關系．
y = eax+b (a，b．為常數)，若該果蔬在 7℃的保鮮時間為 288 小時，在 21℃ 的保鮮時間為 32
小時，且該果蔬所需物流時間為 4 天，則物流過程中果蔬的儲藏溫度(假設物流過程中恒溫)
最高不能超過（ ）
A．14℃ B．15℃ C．13℃ D．16℃
【變式 2】（2023·貴州銅仁·模擬預測）牛頓曾經提出了在常溫環境下的溫度冷卻模型
q = q0 + q1 -q0 e-kt （t 為時間，單位：分鐘，q0為環境溫度，q1為物體初始溫度，q 為冷卻
后溫度），假設一杯開水溫度q1 =100℃，環境溫度q0 = 20℃，常數 k = 0.2，大約經過
分鐘水溫降為 30℃（參考數據： ln 2 0.7 ）．
【變式 3】（2024 高三·全國·專題練習）環保部門為了研究某池塘里某種植物生長面積 S(單
位：m2 )與時間 t(單位：月)之間的關系，通過觀察建立了函數模型
S t ＝kat (t Z,k > 0,a > 0，且 a 1) .已知第一個月該植物的生長面積為1m2，第三個月該植
物的生長面積為 4m2 .
2
(1)求證：若 S t1 ·S t3 = S t2 ，則 t1 + t3 = 2t2 ；
(2)若該植物的生長面積達到 100 m2以上，則至少要經過多少個月？
題型三　構造函數模型的實際問題
構建函數模型解決實際問題的步驟
(1)建模：抽象出實際問題的數學模型；
(2)推理、演算：對數學模型進行邏輯推理或數學運算，得到問題在數學意義上的解；
(3)評價、解釋：對求得的數學結果進行深入討論，作出評價、解釋，然后返回到原來的實
際問題中去，得到實際問題的解．
【例題 1】（23-24 高三上·江蘇南通·期末）某中學開展勞動實習，學生制作一個矩形框架的
工藝品．要求將一個邊長分別為 10cm 和 20cm 的矩形零件的四個頂點分別焊接在矩形框架
的四條邊上，則矩形框架周長的最大值為（ ）
A．20 2cm B．30 5cm C．40 5cm D．60 2cm
【變式 1】（2023·陜西商洛·模擬預測）凈水機通過分級過濾的方式使自來水逐步達到純凈水
的標準，其工作原理中有多次的PP棉濾芯過濾，其中第一級過濾一般由孔徑為 5 微米的PP
棉濾芯（聚丙烯熔噴濾芯）構成，其結構是多層式，主要用于去除鐵銹、泥沙、懸浮物等各
種大顆粒雜質，假設每一層PP棉濾芯可以過濾掉三分之一的大顆粒雜質，若過濾前水中大
顆粒雜質含量為 80mg/L，現要滿足過濾后水中大顆粒雜質含量不超過 2mg/L，則PP棉濾芯
的層數最少為（參考數據： lg 2 0.30， lg3 0.48）（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
【變式 2】2023·上海閔行·三模）珠穆朗瑪峰高達 8848.86 米，但即使你擁有良好的視力，
你也無法在上海看到它．一個觀察者距離珠穆朗瑪峰多遠，才能在底面上看到它呢？為了能
夠通過幾何方法解決這個問題，需要利用簡單的幾何模型表示這個問題情境，在此過程中，
有下列假設：①珠穆朗瑪峰的形狀為等腰梯形；②地球的形狀是一個球體；③太陽光線沿
直線傳播；④沒有事物可以阻礙人們看到珠穆朗瑪峰的視線．你認為最不重要的一個假設
是 ．
【變式 3】（23-24 高三上·福建寧德·期中）為了減少碳排放，某企業采用新工藝，將生產中
產生的二氧化碳轉化為一種化工產品.已知該企業每月的處理量最少為 30 噸，最多為 400 噸.
月處理成本 f x （元）與月處理量 x （噸）之間的函數關系近似地表示為
f x 1= x2 - 300x + 64800 .
2
(1)該企業每月處理量為多少噸時，才能使月處理成本最低 月處理成本最低是多少元
(2)該企業每月處理量為多少噸時，才能使每噸的平均處理成本最低 每噸的平均處理成本最
低是多少元
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
1．（2024·江蘇·一模）德國天文學家約翰尼斯·開普勒根據丹麥天文學家第谷·布拉赫等人的觀
測資料和星表，通過本人的觀測和分析后，于 1618 年在《宇宙和諧論》中提出了行星運動
第三定律——繞以太陽為焦點的橢圓軌道運行的所有行星，其橢圓軌道的長半軸長 a 與公轉
2p 3
周期 T 有如下關系：T = ×a 2 ，其中 M 為太陽質量，G 為引力常量．已知火星的公轉
GM
周期約為水星的 8 倍，則火星的橢圓軌道的長半軸長約為水星的（ ）
A．2 倍 B．4 倍 C．6 倍 D．8 倍
2．（2024·廣東韶關·二模）在工程中估算平整一塊矩形場地的工程量 W（單位：平方米）的
計算公式是W = 長 + 4 寬+ 4 ，在不測量長和寬的情況下，若只知道這塊矩形場地的面
積是 10000 平方米，每平方米收費 1 元，請估算平整完這塊場地所需的最少費用（單位：元）
是（ ）
A．10000 B．10480 C．10816 D．10818
3．（2024·上海奉賢·二模）已知函數 y = f x ，其中 y = x2 +1， y = g x ，其中
g x = 4sin x，則圖象如圖所示的函數可能是（ ）．
g x
y fy x A． = =f x B． g x
C． y = f x + g x -1 D． y = f x - g x -1
4．（2024·河南新鄉·二模）某工廠產生的廢氣經過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量 P
（單位：mg / L）與時間 t -kt（單位：h）之間的關系式為P = P0e ，其中P0 ,k 是正的常數，
若在前5h 消除了20%的污染物，則常數 k 所在的區間為（ ）
1 1 1 1 1
A． , ÷ B． , ÷ C． ,
1 1 1
÷ D． ,
è 30 25 è 25 20 è 20 15 è15 10 ÷
5．（2024·內蒙古赤峰·一模）在下列四個圖形中，點 P 從點 O 出發，按逆時針方向沿周長為
l 的圖形運動一周，O、P 兩點連線的距離 y 與點 P 走過的路程 x 的函數關系如圖，那么點 P
所走的圖形是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
6．（2024·全國·模擬預測）某地下車庫在排氣扇發生故障的情況下測得空氣中一氧化碳含量
達到了危險狀態，經搶修排氣扇恢復正常，排氣 4 分鐘后測得車庫內的一氧化碳濃度為
64ppm，繼續排氣 4 分鐘后又測得濃度為32ppm．由檢驗知該地下車庫一氧化碳濃度 y （單
位： ppm）與排氣時間 t （單位：分鐘）之間滿足函數關系 y = aeRt （ a, R為常數， e是自然
對數的底數）．若空氣中一氧化碳濃度不高于0.5ppm，人就可以安全進入車庫了，則下列說
法正確的是（ ）
A． a =128
1
B．R = ln 2
4
C．排氣 12 分鐘后濃度為16ppm
D．排氣 32 分鐘后，人可以安全進入車庫
elnx x
7．（2023·廣東廣州·三模）已知函數 f (x) = + 的圖象與直線 y = k(k R)有三個
x elnx + x
交點，記三個交點的橫坐標分別為 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，則下列說法正確的是（ ）
A．存在實數 k ，使得 x1 =1
B． x3 > e
3
C． k 1, ÷
è 2
2
ln x
D． 1
1 ln x2 1 ln x3 1
+ ÷ + + 為定值
è x1 e è x
÷ ÷
2 e è x3 e
三、填空題
8．（22-23 高三下·上海閔行·階段練習）一般的數學建模包含如下活動過程：①建立模型；②
實際情境；③提出問題；④求解模型；⑤實際結果；⑥檢驗結果，請寫出正確的序號順
序 ．
9．（2024·上海長寧·二模）甲、乙、丙三輛出租車 2023 年運營的相關數據如下表：
甲 乙 丙
接單量 t（單） 7831 8225 8338
油費 s（元） 107150 110264 110376
平均每單里程 k（公里） 15 15 15
平均每公里油費 a（元） 0.7 0.7 0.7
出租車沒有載客行駛的里程
出租車空駛率= ；依據以述數據，小明建立了求解三輛車的空
出租車行駛的總里程
駛率的模型u = f s, t,k,a ，并求得甲、乙、丙的空駛率分別為23.26%、21.68%、x% ，則
x =
（精確到 0.01）
四、解答題
10．（2024·浙江溫州·二模）紅旗淀粉廠 2024 年之前只生產食品淀粉，下表為年投入資金 x
（萬元）與年收益 y （萬元）的 8 組數據：
x 10 20 30 40 50 60 70 80
y 12.8 16.5 19 20.9 21.5 21.9 23 25.4
(1)用 y = blnx + a模擬生產食品淀粉年收益 y 與年投入資金 x 的關系，求出回歸方程；
(2)為響應國家“加快調整產業結構”的號召，該企業又自主研發出一種藥用淀粉，預計其收益
為投入的10% ．2024 年該企業計劃投入 200 萬元用于生產兩種淀粉，求年收益的最大
值．（精確到 0.1 萬元）
n
viui - nv ×u
附：①回歸直線u = b v + a i=1中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：b = n ，
v2 2i - nv
i=1
a = u - b ×v
②
8 8 8 i=1 8
yi lnx x2i i lnx 2i yilnxi
i=1 i=1 i=1 8 i=1
161 29 20400 109 603
③ ln2 0.7,ln5 1.6
11．（2024·江西上饒·一模）機動車輛保險即汽車保險（簡稱車險），是指對機動車輛由于自
然災害或意外事故所造成的人身傷亡或財產損失負賠償責任的一種商業保險．機動車輛保險
一般包括交強險和商業險兩部分，其中商業險包括基本險和附加險．經驗表明商業險保費
（單位：元）由過去三年的出險次數決定了下一年的保費倍率，上饒市某機動車輛保險公司
對于購買保險滿三年的汽車按如下表格計算商業險費用．（假設每年出險次數 2 次及以上按
2 次計算）
出險情況 商業險折扣 若基準保費 3000 元時對應保費
三年內 6 賠 1.8 5400
三-年內 5 賠 1.5 4500
三年內 4 賠 1.2 3600
三年內 3 賠 1 3000
三年內 2 賠 0.8 2400
三年內 1 賠 0.7 2100
三年內 0 賠 0.6 1800
(1)汽車的基準保費由車的價格決定，假定王先生的汽車基準保費為 3000 元，且過去 8 年都
沒有出險，近期發生輕微事故，王先生到汽車維修店詢價得知維修費為 1000 元，理賠人員
根據王先生過去一直安全行車的習慣，建議王先生出險理賠，王先生是否該接受建議？（假
設接下來三年王先生汽車基準保費不變，且都不出險）
(2)張先生有多年駕車經驗，用他過去的駕車出險頻率估計概率，得知平均每年不出險的概
率為 0.8，出一次險的概率為 0.1，出兩次險的概率為 0.1（兩次及以上按兩次算）．張先生近
期買了一輛新車，商業險基準保費為 3000 元（假設基準保費不變），求張先生新車剛滿三年
時的商業險保費分布列及期望．
綜合提升練
一、單選題
1．（2023·河南鄭州·模擬預測）水霧噴頭布置的基本原則是：保護對象的水霧噴頭數量應根
據設計噴霧強度、保護面積和水霧噴頭特性，按水霧噴頭流量 q（單位：L/min）計算公式
S ×W
為 q = K 10P 和保護對象的水霧噴頭數量 N 計算公式為 N = q 計算確定，其中 P 為水霧
噴頭的工作壓力（單位：MPa），K 為水霧噴頭的流量系數（其值由噴頭制造商提供），S 為
保護對象的保護面積，W 為保護對象的設計噴霧強度（單位：L/min ×m2 ）．水霧噴頭的布置
應使水霧直接噴射和完全覆蓋保護對象，如不能滿足要求時應增加水霧噴頭的數量．當水霧
噴頭的工作壓力 P 為 0.35MPa，水霧噴頭的流量系數 K 為 24.96，保護對象的保護面積 S 為
14m2 ，保護對象的設計噴霧強度 W 為 20L/min × m2 時，保護對象的水霧噴頭的數量 N 約為
（參考數據： 3.5 1.87）（ ）
A．4 個 B．5 個 C．6 個 D．7 個
2．（23-24 高三上·河南·階段練習）設某批產品的產量為 x （單位：萬件），總成本
c x = 100 +13x 800（單位：萬元），銷售單價 p x = - 3（單位：元/件）．若該批產品全
x + 2
部售出，則總利潤（總利潤=銷售收入-總成本）最大時的產量為（ ）
A．7 萬件 B．8 萬件 C．9 萬件 D．10 萬件
3．（2024·北京豐臺·一模）按國際標準，復印紙幅面規格分為A 系列和 B 系列，其中A 系列
以 A0， A1，…等來標記紙張的幅面規格，具體規格標準為：
① A0規格紙張的幅寬和幅長的比例關系為1: 2 ；
②將 Ai （ i = 0,1,L,9）紙張平行幅寬方向裁開成兩等份，便成為 A i +1 規格紙張（如
圖）．
某班級進行社會實踐活動匯報，要用 A0規格紙張裁剪其他規格紙張．共需 A4規格紙張 40
張， A2規格紙張 10 張， A1規格紙張 5 張．為滿足上述要求，至少提供 A0規格紙張的張數
為（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．（2024·河北滄州·模擬預測）某企業的廢水治理小組積極探索改良工藝，致力于使排放的
廢水中含有的污染物數量逐漸減少．已知改良工藝前排放的廢水中含有的污染物數量為
2.25g/m3，首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數量為 2.21g/m3，第 n 次改良工藝后
r r = r + (r - r ) ×30.25n+t排放的廢水中含有的污染物數量 n 滿足函數模型 n 0 1 0 （ t R ， n N* ），其
中 r0 為改良工藝前排放的廢水中含有的污染物數量， r1為首次改良工藝后排放的廢水中含
有的污染物數量，n 為改良工藝的次數．假設廢水中含有的污染物數量不超過0.65g/m3 時符
合廢水排放標準，若該企業排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數最少為（ ）（參
考數據： lg 2 0.30， lg3 0.48）
A．12 B．13 C．14 D．15
5．（2024·北京懷柔·模擬預測）“綠水青山就是金山銀山”的理念已經提出 18 年，我國城鄉深
化河道生態環境治理，科學治污.現有某鄉村一條污染河道的蓄水量為 v 立方米，每天的進
出水量為 k 立方米，已知污染源以每天 r 個單位污染河水，某一時段 t（單位：天）河水污
k
染質量指數m
- t
t （每立方米河水所含的污染物）滿足m t r= + m r v0 - ÷e （m0 為初始質k è k
量指數），經測算，河道蓄水量是每天進出水量的 50 倍.若從現在開始停止污染源，要使河
1
水的污染水平下降到初始時的 ，需要的時間大約是（參考數據： ln5 1.61， ln6 1.79）
6
（ ）
A．1 個月 B．3 個月 C．半年 D．1 年
6．（2024·北京西城·一模）德國心理學家艾·賓浩斯研究發現，人類大腦對事物的遺忘是有規
律的，他依據實驗數據繪制出“遺忘曲線”．“遺忘曲線”中記憶率 y 隨時間 t （小時）變化的
趨勢可由函數 y =1- 0.6t0.27近似描述，則記憶率為50%時經過的時間約為（ ）（參考數據：
lg2 0.30, lg3 0.48）
A．2 小時 B．0.8 小時 C．0.5 小時 D．0.2 小時
7．（2023·湖北武漢·模擬預測）一個半球體狀的雪堆，假設在融化過程中雪堆始終保持半球
體狀，其體積V 變化的速率與半球面面積S 成正比，已知半徑為 r0 的雪堆在開始融化的 3 小
7
時，融化了其體積的 ，則該雪堆全部融化需要（
8 ）小時
24
A． B．4 C．5 D．67
8．（2024·陜西商洛·三模）近年來商洛為了打造康養之都，引進了先進的污水、雨水過濾系
統．已知過濾過程中廢水的污染物數量 N mg / L 與時間 t -kt（小時）的關系為 N = N0e （ N0
為最初的污染物數量）．如果前 3 小時消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的64%
還需要（ ）
A．2.6 小時 B．6 小時 C．3 小時 D．4 小時
二、多選題
9．（2024·重慶·模擬預測）放射性物質在衰變中產生輻射污染逐步引起了人們的關注，已知
t
-
放射性物質數量隨時間 t 的衰變公式 N t = N e t ， N0 表示物質的初始數量，t 是一個具有0
時間量綱的數，研究放射性物質常用到半衰期，半衰期T 指的是放射性物質數量從初始數量
到衰變成一半所需的時間，已知 ln2 = 0.7，右表給出了鈾的三種同位素 τ 的取值：若鈾 234、
鈾 235 和鈾 238 的半衰期分別為T1，T2，T3，則（ ）
物質 τ 的量綱單位 τ 的值
鈾 234 萬年 35.58
鈾 235 億年 10.2
鈾 238 億年 64.75
A．T =t ln 0.5 B．T 與t 成正比例關系
C．T1 >T2 D．T3 >10000T1
10．（2024·安徽蚌埠·模擬預測）科學研究表明，物體在空氣中冷卻的溫度變化是有規律
的．如果物體的初始溫度為q1°C，空氣溫度q0°C 保持不變，則 t 分鐘后物體的溫度q （單位：
°C）滿足：q = q0 + q1 -q -0.05t0 e ．若空氣溫度為10°C，該物體溫度從q1°C（90 q1 100）
下降到30°C，大約所需的時間為 t1 ，若該物體溫度從70°C，50°C下降到30°C，大約所需
的時間分別為 t2 , t3，則（ ）（參考數據： ln 2 0.7, ln 3 1.1）
A． t2 = 20 B． 28 t1 30 C． t1 2t3 D． t1 - t2 6
11．（2023·全國·模擬預測）第 31 屆世界大學生夏季運動會在四川成都舉行，大運會吉祥物
“蓉寶”備受人們歡迎．某大型超市舉行抽獎活動，推出“單次消費滿 1000 元可參加抽獎”的
活動，獎品為若干個大運會吉祥物“蓉寶”．抽獎結果分為五個等級，等級 x 與獲得“蓉寶”的
kx+b
個數 f x 的關系式為 f x = p + e ，已知三等獎比四等獎獲得的“蓉寶”多 2 個，比五等獎
獲得的“蓉寶”多 3 個，且三等獎獲得的“蓉寶”數是五等獎的 2 倍，則（ ）
A． k = -ln2 B．b = 5ln2
C． p = 3 D．二等獎獲得的“蓉寶”數為 10
三、填空題
12．（2023·海南·模擬預測）新能源汽車是未來汽車的發展方向之一，一個新能源汽車制造廠
引進了一條新能源汽車整車裝配流水線，這條流水線生產的新能源汽車數量 x （輛）與創造
的價值 y （萬元）之間滿足一次函數關系.已知產量為 0 時，創造的價值也為 0 ；當產量為
40000輛時，創造的價值達到最大，為6000 萬元.若這家工廠希望利用這條流水線創收達到
5625萬元，則它應該生產的新能源汽車數量是 .
13．（2024·全國·模擬預測）藥物的半衰期指的是血液中藥物濃度降低到一半所需時間．在特
定劑量范圍內， t （單位，h）內藥物在血液中濃度由 p1（單位，mg / mL）降低到 p2（單
0.693 × t
位，mg / mL），則藥物的半衰期T = lnp - lnp ．已知某時刻測得藥物甲、乙在血液中濃度1 2
分別為36mg / mL和54mg / mL，經過一段時間后再次測得兩種藥物在血液中濃度都為
T
24mg / mL ，設藥物甲、乙的半衰期分別為T T 11， 2，則 =T ．2
14．（2023·上海崇明·二模）在一個十字路口，每次亮綠燈的時長為 30 秒，那么，每次綠燈
亮時，在一條直行道路上能有多少汽車通過？這個問題涉及車長、車距、車速、堵塞的干擾
等多種因素，不同型號車的車長是不同的，駕駛員的習慣不同也會使車距、車速不同，行人
和非機動車的干擾因素則復雜且不確定．面對這些不同和不確定，需要作出假設．例如小明
發現雖然通過路口的車輛各種各樣，但多數是小轎車，因此小明給出如下假設：通過路口的
車輛長度都相等，請寫出一個你認為合理的假設 ．
四、解答題
15．（2024 高三·全國·專題練習）某科研團隊在培養基中放入一定量的某種細菌進行研究．經
過 2 分鐘菌落的覆蓋面積為 48 mm2，經過 3 分鐘覆蓋面積為 64 mm2，后期其蔓延速度越來
越快；菌落的覆蓋面積 y（單位：mm2）與經過時間 x（單位：min）的關系現有三個函數模
型：①y＝kax（k＞0，a＞1）；②y＝logbx（b＞1）；③y＝p x ＋q（p＞0）可供選擇．（參
考數據：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477）
(1)選出你認為符合實際的函數模型，說明理由，并求出該模型的解析式．
(2)在理想狀態下，至少經過多少分鐘培養基中菌落的覆蓋面積能超過 300 mm2？（結果保留
到整數）
16．（2024 高三·全國·專題練習）為了節能環保、節約材料，定義建筑物的“體形系數”
S F= 0
V ，其中F0 為建筑物暴露在空氣中的面積（單位：平方米），V0 為建筑物的體積（單位：0
立方米）．
(1)若有一個圓柱體建筑的底面半徑為 R ，高度為 H ，暴露在空氣中的部分為上底面和側面，
試求該建筑體的“體形系數” S ；（結果用含 R 、 H 的代數式表示）
2
(2) L定義建筑物的“形狀因子”為 f = ，其中A 為建筑物底面面積， L為建筑物底面周長，又
A
定義T 為總建筑面積，即為每層建筑面積之和（每層建筑面積為每一層的底面面積）．設 n
f × n 1
為某宿舍樓的層數，層高為 3 米，則可以推導出該宿舍樓的“體形系數”為 S = + ．當
T 3n
f = 18，T = 10000時，試求當該宿舍樓的層數 n為多少時，“體形系數” S 最?。?br/>17．（2024·浙江金華·模擬預測）太陽能板供電是節約能源的體現，其中包含電池板和蓄電池
兩個重要組件，太陽能板通過電池板將太陽能轉換為電能，再將電能儲存于蓄電池中．已知
E2
在一定條件下，入射光功率密度 r = （E 為入射光能量且E > 0, S 為入射光入射有效面
S
積），電池板轉換效率h(0 h 100%) 與入射光功率密度 r 成反比，且比例系數為 k．
(1)若 k = 2, S =1.5平方米，求蓄電池電能儲存量 Q 與 E 的關系式；
(2)現有鉛酸蓄電池和鋰離子蓄電池兩種蓄電池可供選擇，且鉛酸蓄電池的放電量 I = Q + E-1 ，
鋰離子蓄電池的放電量 I = Q + E-1 ．設 S 1, k >1，給定不同的 Q，請分析并討論為了使
得太陽能板供電效果更好，應該選擇哪種蓄電池？
注：①蓄電池電能儲存量Q =h × E ；
②當 S，k，Q 一定時，蓄電池的放電量越大，太陽能板供電效果越好．
18．（2024·四川南充·二模）已知某科技公司的某型號芯片的各項指標經過全面檢測后，分為
Ⅰ級和Ⅱ級，兩種品級芯片的某項指標的頻率分布直方圖如圖所示：
若只利用該指標制定一個標準，需要確定臨界值 K，按規定須將該指標大于 K 的產品應用
于 A 型手機，小于或等于 K 的產品應用于 B 型手機．若將Ⅰ級品中該指標小于或等于臨界
值 K 的芯片錯誤應用于 A 型手機會導致芯片生產商每部手機損失 800 元；若將Ⅱ級品中該
指標大于臨界值 K 的芯片錯誤應用于 B 型手機會導致芯片生產商每部手機損失 400 元；假
設數據在組內均勻分布，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率．
(1)設臨界值K = 70時，將 2 個不作該指標檢測的Ⅰ級品芯片直接應用于 A 型手機，求芯片
生產商的損失x （單位：元）的分布列及期望；
(2)設K = x且 x 50,55 ，現有足夠多的芯片Ⅰ級品、Ⅱ級品，分別應用于 A 型手機、B 型
手機各 1 萬部的生產：
方案一：將芯片不作該指標檢測，Ⅰ級品直接應用于 A 型手機，Ⅱ級品直接應用于 B 型手
機；
方案二：重新檢測該芯片Ⅰ級品，Ⅱ級品的該項指標，并按規定正確應用于手機型號，會避
免方案一的損失費用，但檢測費用共需要 130 萬元；
請求出按方案一，芯片生產商損失費用的估計值 f x （單位：萬元）的表達式，并從芯片
生產商的成本考慮，選擇合理的方案．
19．（2024 高三·全國·專題練習）將連續正整數 1，2，L， n(n N* ) 從小到大排列構成一個
數123Ln， F (n)為這個數的位數 ( 如當 n =12 時，此數為 123456789101112，共有 15 個數
字，F (12) =15)，現從這個數中隨機取一個數字， p(n)為恰好取到 0 的概率.
(1)求 p(100).
(2)當 n 2021時，求 F (n)的表達式.
(3)令 g(n)為這個數中數字 0 的個數， f (n)為這個數中數字 9 的個數， h(n) = f (n) - g(n)，
S = n | h(n) =1,n 100,n N* ，求當 n S 時 p(n)的最大值.
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·浙江·二模）紹興某鄉村要修建一條 100 米長的水渠，水渠的過水橫斷面為底角為
120°的等腰梯形（如圖）水渠底面與側面的修建造價均為每平方米 100 元，為了提高水渠的
過水率，要使過水橫斷面的面積盡可能大，現有資金 3 萬元，當過水橫斷面面積最大時，水
果的深度（即梯形的高）約為（ ）（參考數據： 3 1.732）
A．0.58 米 B．0.87 米 C．1.17 米 D．1.73 米
2．（2024·全國·模擬預測）北斗衛星導航系統是中國自行研制的全球衛星導航系統．已知衛
星運行軌道近似為以地球為圓心的圓形，運行周期T 與軌道半徑 R 之間關系為T 2 = K × R3（K
為常數）．已知甲、乙兩顆衛星的運行軌道所在平面互相垂直，甲的周期是乙的 8 倍，且甲
的運行軌道半徑為 a km， A, B分別是甲、乙兩顆衛星的運行軌道上的動點，則 A, B之間距
離的最大值為（ ）
A 17
5
． a km B． a km
4 4
3
C． a km D．5a km
2
3．（2024·全國·模擬預測）藥物的半衰期指的是血液中藥物濃度降低一半所需要的時間，在
0.693
特定劑量范圍內，藥物的半衰期T = ，其中K 是藥物的消除速度常數，不同藥物的消
K
除速度常數一般不同，若 th內藥物在血液中濃度由 c0ug%降低到 c1ug% ，則該藥物的消除速
K lnc - lnc度常數 = 0 1 ．已知某藥物半衰期為3h ，首次服用后血藥濃度為 45ug%，當血藥濃
t
度衰減到 20ug%時需要再次給藥，則第二次給藥與首次給藥時間間隔約為
ln2 0.7, ln3 1.1 （ ）
A．3.3h B．3.5h C． 4.6h D．6.9h
4．（23-24 高三上·湖北·階段練習）已知把物體放在空氣中冷卻時，若物體原來的溫度是
q1℃
-kt
，空氣的溫度是q0℃，則 tmin 后物體的溫度q℃滿足公式q = q0 + q1 -q0 e （其中 k 是
一個隨著物體與空氣的接觸狀況而定的正常數）.某天小明同學將溫度是80℃的牛奶放在
20℃空氣中，冷卻 2min 后牛奶的溫度是50℃，則下列說法正確的是（ ）
A． k = ln2
B． k = 2ln2
C．牛奶的溫度降至35℃還需 4min
D．牛奶的溫度降至35℃還需 2min
5．（2024·陜西咸陽·模擬預測）某軍區紅、藍兩方進行戰斗演習，假設雙方兵力（戰斗單位
ì
x t
b
= X 0cosh abt - Y0sinh abt a
數）隨時間的變化遵循蘭徹斯特模型： í ，其中正實
y t Y cosh abt a = 0 - Xb 0sinh abt
數 X 0 ，Y0 分別為紅、藍兩方的初始兵力， t 為戰斗時間； x t ， y t 分別為紅、藍兩方 t 時
x - x
刻的兵力；正實數 a，b e + e分別為紅方對藍方、藍方對紅方的戰斗效果系數； coshx =
2
x - x
和 sinhx e - e= 分別為雙曲余弦函數和雙曲正弦函數．規定：當紅、藍兩方任何一方兵力
2
為 0 時戰斗演習結束，另一方獲得戰斗演習勝利，并記戰斗持續時長為T ．則下列結論不正
確的是（ ）
A．若 X 0 > Y0 且 a = b，則 x t > y t 0 t T
1 X 0 +YB 0．若 X 0 > Y0 且 a = b，則T = lna X 0 -Y0
X 0 bC．若 >Y a ，則紅方獲得戰斗演習勝利0
X b
D．若 0 > ，則紅方獲得戰斗演習勝利
Y0 a
二、多選題
6．（23-24 高三下·重慶·階段練習）吸光度是指物體在一定波長范圍內透過光子的能量占收
到光能量的比例.透光率是指光子通過物體的能量占發出光能量的比例.在實際應用中，通常
1
用吸光度A 和透光率T 來衡量物體的透光性能，它們之間的換算公式為T = ，如表為不
10A
同玻璃材料的透光率：
玻璃材料 材料 1 材料 2 材料 3
T 0.6 0.7 0.8
設材料 1 材料 2 材料 3 的吸光度分別為 A1 A2 A3 ，則（ ）
A． A1 > 2A2 B． A2 + A3 > A1
C 2． A1 + A3 > 2A2 D． A1A3 < A2
7．（22-23 高三上·重慶萬州·階段練習）某摩天輪共有 32 個乘坐艙，按旋轉順序依次為 1~33
號（因忌諱，沒有 13 號），并且每相鄰兩個乘坐艙與旋轉中心所成的圓心角均相等，已知乘
客在乘坐艙距離底面最近時進入，在 t min 后距離地面的高度
f t = Asin wt +j + B A > 0,w > 0,j 0,2π ，已知該摩天輪的旋轉半徑為 60m，最高點
距地面 135m，旋轉一周大約 30min，現有甲乘客乘坐 11 號乘坐艙，當甲乘坐摩天輪 15min
時，乙距離地面的高度為 75 + 30 2 m，則乙所乘坐的艙號為（ ）
A．6 B．7 C．15 D．16
三、填空題
8．（2023 高三上·全國·專題練習）考古學家對四川廣漢“三星堆古墓”進行考古發據，科學家
通過古生物中某種放射性元素的存量來估算古生物的年代，已知某放射性元素的半衰期約為
4200 年（即：每經過 4200 年，該元素的存量為原來的一半），已知古生物中該元素的初始
2a
存量為 a，經檢測古生物中該元素現在的存量為 ，請推算古生物距今大約 年（參考
5
數據：lg2≈0.3）.
9．（2023·北京·模擬預測）農業技術員進行某種作物的種植密度試驗，把一塊試驗田劃分為 8
塊面積相等的區域（除了種植密度，其它影響作物生長的因素都保持一致），種植密度和單
株產量統計如下：
根據上表所提供信息，第 號區域的總產量最大．
四、解答題
10．（2024 高三·全國·專題練習）隨著神舟十五號載人飛船順利發射，人們對航天事業愈發
關注，航天周邊產品銷量也逐漸提高．某商場準備購進一批火箭模型進行售賣，已知一個 B
款火箭模型比一個 A 款貴 15 元，用 1 600 元購入的 A 款火箭模型與 2 200 元購入的 B 款火
箭模型數量相同．
(1)這兩款火箭模型的進貨單價各是多少元？
(2)已知商場準備購進這兩款火箭模型共 100 個，后將這批火箭模型以 A 款每個 70 元，B 款
每個 90 元的價格出售．求可獲得的總利潤 y(元)與其中 A 款火箭模型的數量 x(個)之間的關
系式．
11．（2024·山東·模擬預測）如圖①，將 n個完全一樣質量均勻長為 L的長方體條狀積木，
一個疊一個，從桌子邊緣往外延伸，最多能伸出桌緣多遠而不掉下桌面呢？這就是著名的“里
拉斜塔問題”．
解決方案如下：如圖②，若 n =1，則當積木與桌緣垂直且積木重心O1恰與桌緣齊平時，其
L
伸出桌外部分最長為 ，如圖③，若 n = 2，欲使整體伸出桌緣最遠，在保證所有積木最長
2
棱與桌緣垂直的同時，可先將上面積木的重心與最下方的積木伸出桌外的最遠端齊平，然后
設最下方積木伸出桌外的長度為 x ，將最下方積木看成一個杠桿，將桌緣看成支點，由杠桿
平衡原理可知，若積木恰好不掉下桌面，則上面積木的重力G 乘以力臂 x ，等于最下方積木
G
L L L
的重力 乘以力臂 - x2 ÷，得出方程
Gx = G - x ，求出 x = ．所以當疊放兩個積木時，
è è 2 ÷ 4
L L 3L
伸出桌外最遠為 + = ，此時將兩個積木看成整體，其重心O2 恰與桌緣齊平．如圖4 2 4
④，使前兩塊積木的中心O2 與下方的第三塊積木伸出桌外的最遠端齊平，便可求出 n = 3時
積木伸出桌外的最遠距離．依此方法，可求出 4 個、5 個直至 n個積木堆疊伸出桌外的最遠
距離．（參考數據：50 < e4 < 55， e為自然常數）
(1)分別求出 n = 3和 n = 4時，積木伸出桌外的最遠距離．（用 L表示）；
(2)證明：當 n = 64時，積木伸出桌外最遠超過 2L；
(3)證明：當 n = 352
15L
時，積木伸出桌外最遠不超過 ．
4

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